4 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019

102 trang dichphong 3970

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "4 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

4_de_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2018_20.doc

Nội dung text: 4 Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019

Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 ' 2m 3 2 m 1 5m 25 3m 7 2 15 Đặt ' 3m 7 2 15 k 2 k N * 3m 7 k 3m 7 k 15 Mà: 3m – 7 + k > 3m – 7 – k (vì k N * ). Lập bảng (m Z) 3m – 7 + k 15 5 –1 –3 3m – 7 – k 1 3 –15 –5 k 7 1 7 1 11 1 m 5 1 3 3 Nhận Loại Loại Loại Vậy với m = 5 và m = 1 thì phương trình đã cho có nghiệm hữu tỉ Bài 4: A 1. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh AB, BC và AC 1 1 Ta có: S = S + S + S S = x.AB + y.BC + z.CA x + y + z AB ABC MAB MBC MCA ABC 2 2 x 2.SABC (vì AB BC CA) Suy ra: x + y + z z AB M Nếu AB > BC thì dấu “=” xảy ra khi M  C y Nếu AB = BC > AC thì dấu “=” xảy ra khi M thuộc cạnh AC B C Nếu AB = BC = CA thì dấu “=” xảy ra khi M thuộc mọi vị trí bên trong ABC · ¶ ¶ 2. a) Chứng minh DA là phân giác của FDE Tứ giác AFDC nội tiếp nên D1 = A1 ¶ ¶ Tứ giác AEDB nội tiếp nên D2 = A1 · · ¶ ¶ · · · Mà: FDA và EDA lần lượt phụ với các góc D1 và D2 nên FDA = EDA DA là phân giác của FDE b) Chứng minh F là trung điểm MN Cách 1: Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q PQ // MN // AC µ µ µ µ Ta có: F1 = F2 (đối đỉnh) Tứ giác BFEC nội tiếp nên F2 = C1 · µ · µ · A mà BHD = C1 (vì cùng phụ với HBD ); F3 = BHD (vì tứ giác BFHD nội tiếp) µ µ · 1 Do đó: F1 = F3 FB là phân giác KFD mà FB  FC nên FC là phân giác ngoài KFD M E KB KC KF KB DB = = = P 2 I DB DC DF KC DC F BP KB H Ta có: BP // AC = (Theo định lí Talet) 1 3 AC KC N BQ DB 1 2 1 BQ // AC = (Theo định lí Talet) C AC DC K B D O BP BQ KB DB Do đó: = = BP = BQ AC AC KC DC MF AF NF MF // PQ, NF // BQ nên = = MF = NF BP = BQ F là trung điểmQ của MN BP AB BQ KF DF IF Cách 2: Ta có: DK  DA nên DK là phân giác ngoài FDE nên = = (1) KE DE IE FM KF FN IF Ta có: MN // AC nên = ; = (2) AE KE AE IE GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 A FM FN Từ (1) và (2) suy ra: = FM = FN AE AE 1 M c) Chứng minh OD.OK = OE2 và BD.DC = OD.DK E Chứng minh tương tự câu a ta có P 2 I · · · F FC là phân giác của DFE DFE = 2CFE (3) H Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC 1 3 · · N nên EOC = 2CFE (4) 1 2 1 C Từ (3) và (4) suy ra: D· FE = E· OC Tứ giác DFEOK nội tiếp B D O Ta có: O»E = O»F (vì OE = OF) E· DO = O· EF = O· EK Do đó: ODE ∽ OEK (g.g) OD.OK = OE2 Q BEC vuông tại E có EO là trung tuyến nên OE = OB = OC OE2 = OB2 Ta có: BD.DC = OB OD OC + OD OB2 OD2 OD.OK OD2 OD OK OD OD.DK Bài 5: 1 x y 2 Ta có: a 1 ab 1 b . Ta chứng minh được BĐT x 2 y 2 . Do đó, ta có: b 2 2 2 2 2 1 1 1 ab 1 b 2 2 a b 1 b 1 1 1 1 a b a a a a b (1) a b 2 2 2 2 2 2 1 a a a Ta chứng minh được BĐT x y 4xy . Do đó, ta có: a 4 1 4 4 (2) b b b b 2 2 1 1 25 1 Từ (1) và (2) ta có: a b . Dấu “=” xảy ra khi a = và b = 2. a b 2 2 Đề 10 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN (Dành cho thí sinh dự thi các lớp chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (1,0 điểm). a) Rút gọn biểu thức A 2 2 2 3 1 . b) Tìm m để đường thẳng y x m2 2 và đường thẳng y (m 2)x 11 cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Câu 2 (2,0 điểm). x 2y m 3 Cho hệ phương trình: (I) (m là tham số). 2x 3y m a) Giải hệ phương trình (I) khi m 1 . b) Tìm m để hệ (I) có nghiệm (x; y) sao cho P 98(x2 y2 ) 4m đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình x 3 2 x 6 x x2 1 . b) Tìm m để phương trình x4 5x2 6 m 0 (m là tham số) có đúng hai nghiệm. Câu 4 (1,0 điểm). Quãng đường AB dài 120 km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h. Tính vận tốc lúc về của ô tô, biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút. Câu 5 (3,0 điểm). Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. a) Chứng minh năm điểm A, M, O, I, N cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MJ với đường tròn (O). Chứng minh EB = EC = EJ. c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy yz zx 3xyz . x3 y3 z3 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2 2 2 . z x x y y z 2 x y z HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Phầ Điể Câu Nội dung n m A 2 2 2 3 1 2 4 2 3 1 a) 0.5 2 Câu 1 3 1 1 3 1 3 1 Đường thẳng y x m2 2 và đường thẳng y (m 2)x 11 cắt nhau tại (1,0đ một điểm trên trục tung ) b) 1 m 2 m 3 m 3 0.5 2 2 m 3 m 2 11 m 9 m 3 Vậy m 3 là giá trị cần tìm. Khi m 1 thì hệ (I) trở thành: x 2y 4 2x 4y 8 7y 7 y 1 x 2 a) 1.0 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3 1 y 1 Vậy khi m 1 thì nghiệm của hệ (I) là (x; y) (2;1) . x 2y m 3 2x 4y 2m 6 7y m 6 2x 3y m 2x 3y m 2x 3y m m 6 5m 9 y x 7 7 Câu m 6 m 6 2 2x 3 m y (2,0đ 7 7 ) Ta có: P 98(x2 y2 ) 4m b) 1.0 2 2 5m 9 m 6 25m2 90m 81 m2 12m 36 98 4m 98 4m 7 7 49 49 26m2 102m 117 98 4m 52m2 208m 234 49 52(m2 4m 4) 26 52(m 2)2 26 P 26 m Dấu “=” xảy ra m 2 . Vậy min P 26 khi m 2 . x 3 2 x 6 x x2 1 (1) ĐK: 3 x 2 (1) x 3 2 x (3 x)(2 x) 1 0 x 3 1 2 x 1 2 x 0 x 3 1 1 2 x 0 Câu 3 a) x 3 1 0 x 3 1 x 3 1 x 2 1.0 (2,0đ 2 x 1 x 1 ) 1 2 x 0 2 x 1 Kết hợp với điều kiện x 2;1 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S 2;1 . b) x4 5x2 6 m 0 (1) 1.0 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đặt y x2 (y 0) , phương trình (1) trở thành:y2 5y 6 m 0 (2) Phương trình (1) có đúng hai nghiệm Phương trình (2) có nghiệm kép dương hoặc có hai nghiệm trái dấu TH1: Phương trình (2) có nghiệm kép dương b 5 y y 0 (vô lí) 1 2 2a 2 TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu ac 0 6 m 0 m 6 Vậy m 6 là giá trị cần tìm. Đổi 24 phút = 0,4 giờ. Gọi vận tốc lúc về của ô tô là x (km/h). Điều kiện: x > 0. Vận tốc của ô tô lúc đi là x + 10 (km/h). 120 Thời gian lúc về của ô tô là (h) M F Câu x 4 120 1.0 (1,0đ Thời gian lúc đi của ô tô là (h). x 10 ) 120 120 2 Ta có phương trình: 0,4 x 10x J3000 0 x x 10 O Giải phương trình được: x1 50; x2 60 A C Kết hợp với điều kiện x 50 . Vậy vận tốc lúcB về của ô tô làI 50 km/h. 0.25 · · 0 Vì AM, AN là các tiếp tuyến của (O) AMO ANO 9N0 (O) có dây BC không đi qua tâm, I là trung điểm của BC E a) OI  BC A· IO 900 Do đó: A· MO A· NO A· IO 900 0.75 Ba điểm M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO Năm điểm A, M, O, I, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO J là tâm đường tròn nội tiếp MBC MJ là tia phân giác của góc BMC B· ME C· ME B»E C»E (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau) EB = EC (liên hệ giữa cung và dây) Gọi F là giao điểm thứ hai của BJ và (O) M» F C»F (chứng minh tương tự như trên) 1 Câu Vì J·BE là góc nội tiếp nên J·BE sđF»E 5 2 b) M (3,0đ Vì B· JE là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên: ) 1 B· JE sđB»E sđM» F 2 Mà 1 1 K O B»E C»E , M» F C»F B· JE sđC»E sđC»F sđF»E J·BE B· JE 2 2 EBJ cân tại E EB = EJ Vậy EBA = EC = EJ. C B D I Gọi D là giao điểm của MN và AC. Ta có: OM = ON = R AM = AN (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) N c) AO là đường trung trực của MN AO  MN O· KD 900 Tứ giác OIDK có O· ID O· KD 900 900 1800 OIDK là tứ giác nội tiếp GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Tâm đường tròn ngoại tiếp OIK thuộc đường trung trực của DI. 1 AMB và ACM có: M· AC chung, A· MB A· CM sđM¼ B 2 AM AB AMB # ACM (g.g) AM2 AB.AC AC AM Xét đường tròn đường kính AO có A· MD A· IM (các góc nội tiếp chắn các cung AM, AN bằng nhau) AMD và AIM có: M· AC chung, A· MD A· IM AM AD AMD # AIM (g.g) AM2 AD.AI AI AM AB.AC AB.AC AD.AI AD AI Mà các điểm A, B, C cố định và I cố định (I là trung điểm BC) AB.AC AD không đổi D là điểm cố định AI Đường trung trực của DI là đường thẳng cố định Tâm đường tròn ngoại tiếp OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định (đpcm). 1 1 1 Vì x, y, z 0 nên từ xy yz zx 3xyz 3 x y z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 1 1 1 1 1 1 2 x y z x  y  z  1 1 1 9 x y z x y z x y z .3 9 x y z 3 Áp dụng kĩ thuật Cô-si ngược dấu, ta có: 2 x3 x z x xz xz xz z z 1 Câu x x x x 6 2 2 2 z x z x z x 2x z 2 4 1.0 (1,0đ (vì z x2 2x z và z 1 2 z , theo Cô-si) ) y3 x 1 z3 y 1 Tương tự, ta có: y ; z x y2 4 y z2 4 Do đó: x3 y3 z3 x y z 3 3(x y z) 3 x y z z x2 x y2 y z2 4 4 3.3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 do x y z 3; 3 4 2 2 x y z x y z (Dấu “=” xảy ra x y z 1 ) Đề 12 Bé gi¸odôc ®µo t¹o céng hoµ x· héichñnghÜaviÖtnam Trêng ®¹i häc s ph¹m hµ Néi §écLËp -Tù Do -H¹nh Phóc §Ò chÝnhthøc ĐỀ THI TUYỂN SINH GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2018 Mônthi: Toán (Dùngchomọithísinhthivàotrườngchuyên) Thờigian : 120 phút 2x x 1 2 Câu 1: Cho biểu thức: P . x 1 (x 1) 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm x để P x 1 Câu 2: Một nhà máy chuyên sản xuất một loại sản phẩm. Năm 2015 nhà máy sản xuất được 5000 SP. Do ảnh hưởng của thị trường tiêu thụ nên sản lượng của nhà máy trong các năm 2016, 2017 đều giảm. Cụ thể : Số lượng sản phẩm năm 2016 giảm x% so với số lượng SP sản xuất năm 2015, Số lượng sản phẩm năm 2017 giảm x% so với số lượng SP sản xuất năm 2016. Biết số lượng sản phẩm năm 2017 giảm 51% so với số lượng SP sản xuất năm 2015. Tìm x. 3 Câu 3: Cho phương trìnhx x 1 0 . Giả sử x0 là một nghiệm của PT đã cho 1. Chứng minh x0 > 0. 2 x0 1 2 2. Tính giá trị của biểu thức M 3 2x0 3x0 2 x0 Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD với BC = a;AB = b. Gọi M,N là trung điểm cạnh AB, CD. Qua điểm M dựng đường thẳng cắt đường chéo AC của hình chữ nhật ABCD tại điểm P và cắt tia CB tại Q. 1 .Khi MP vuônggócvới AC hãytính: a) Tính PQ theo a, b. b) Chứng minh : a.BP = b. PN. 3. Chứng minh M· NP M· NQ Câu 5:Cho các số nguyên x, x1, x2 , x3 x9 thỏamãn: x (1 x1)(1 x2 )(1 x3 ) (1 x9 ) (1 x1)(1 x2 )(1 x3 ) (1 x9 ) Tính P x.x1.x2.x3 x9 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 13 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018-2019 Môntoán Thờigianlàmbài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đềgồm 1 trang, có 5 câu) Câu 1.( 2,25điểm) 1) Giảiphươngtrình 2x2 5x 7 0 x 3y 5 2) Giảihệphươngtrình 5x 2y 8 3) Giảiphươngtrình x4 9x2 0 1 Câu 2. (2,25điểm) Cho haihàmsố y x2 và y x 1cóđồthịlầnlượtlà (P) và (d) 4 1) Vẽhaiđồthị (P) và (d) trêncùngmặtphẳngtọađộ. 2) Tìmtọađộgiaođiểmcủahaiđồthị (P) và (d). Câu 3. (1,75điểm) a a 1 a a 1 1) Rútgọnbiểuthức S ( với a > 0 vàa 1 ) a a a 2) Mộtxe ô tôvàxemáykhởihànhcùngmộtlúctừđịađiểm A điđếnđịađiểm B cáchnhau 60 km vớivậntốckhôngđổi, biếtvậntốcxeô tôlớnhơnvậntốcxemáylà 20km/h vàxe ô tôđến B sớmhơnxemáylà 30 phút. Tínhvậntốccủamỗixe. Câu 4. (0,75 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực mđểphươngtrình x2 2m 3 x m2 2m 0 cóhainghiệmphânbiệtx , x saochobiểuthức x x 7 1 2 1 2 . GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Câu 5. ( 3 điểm) Cho đườngtròn (O) đườngkính AB. Lấyđiểm C thuộcđườngtròn (O),với C khác A và B, biết CA < CB. Lấyđiểm M thuộcđoạn OB, với M khác O và B. Đườngthẳngđi qua điểm M vuônggócvới AB cắthaiđườngthẳng AC và BC lầnlượttạihaiđiểm D và H. 1) Chứng minh bốnđiểm A, C, H, M cùngthuộcmộtđườngtrònvàxácđịnhtâmcủađườngtrònnày. 2) Chứng minh : MA.MB = MD.MH 3) Gọi E làgiaođiểmcủađườngthẳng BD vớiđườngtròn (O), E khác B. Chứng minh bađiểm A, H, E thẳnghàng. 4) Trêntiađốicủatia BA lấyđiểm N saocho MN = AB, Gọi P và Q tươngứnglàhìnhchiếuvuônggóccủađiểm M trên BD và N trên AD. Chứng minh bốnđiểm D, Q, H, P cùngthuộcmộtđườngtròn. Đề 14 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH TIỀN GIANG Năm học 2018-2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) Ngày thi: 05/6/2018 Bài I. (3,0 điểm) 1 1. Tính giá trị của biểu thức A 4 2 3 12 . 2 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: 4 2 3x y 11 a/ x x 20 0 b/ 2x y 9 2 3. Cho phương trình x 2x 5 0 có hai nghiệm x 1, x2. Không giải phương trình, 2 2 5 5 hãy tính giá trị của các biểu thức: B x1 x2 ; C x1 x2 . Bài II. (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P : y x2 và đường thẳng d : y x m . 2 1. Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ khi m = 2. 2. Định các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. 3. Tìm giá trị của m để độ dài đoạn thẳng AB 6 2 . Bài III. (1,5 điểm) Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian đi ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6km/h. Bài IV. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp trong một đường tròn. 2. Chứng minh AE.AB = AD.AC. 3. Chứng minh FH là phân giác của E· FD . 4. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh D· OC F· ED . Bài V. (1,0 điểm) GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 1 Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 256 cm2 và bán kính đáy bằng đường 2 cao. Tính bán kính đáy và thể tích của hình trụ. HẾT Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TS 10 NĂM HỌC 2018 – 2019 TIỀN GIANG Bài I 1 2 1 1. A 4 2 3 12 3 1 .2 3 3 1 3 3 1 3 1 2 2 x 4 2. (HS tự giải) a/ (Đs: x1 2; x2 2 ) b/ (Đs: ) y 1 b x1 x2 2 2 a 3. Pt x 2x 5 0 có a = 1; b = −2; c = −5 c x .x 5 1 2 a 2 2 2 2 + B x1 x2 x1 x2 2x1x2 2 2. 5 14 + Ta có: 2 2 3 3 2 2 3 3 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 x2x1 x1 x2 x1x2 x1 x2 3 3 2 2 Suy ra: x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 x1 x2 2.14 5 .2 38 2 2 3 3 5 5 2 3 2 3 5 5 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x2x1 x1 x2 x1x2 . x1 x2 5 5 2 2 3 3 2 2 Suy ra: x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 . x1 x2 14.38 5 .2 482 5 5 Vậy C x1 x2 482 Bài II. 1/. Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ khi m = 2. (HS tự vẽ) 2/. Định các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. 1 2 2 Pt hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): x x m ⇔ x 2x 2m 0 2 2 2 a = 1; b = −2; c = −2m ; b 4ac 2 4.1. 2m 4 8m 4 1 2m 1 Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì ∆ > 0 ⇔ 4(1 + 2m) > 0 ⇔ m > 2 3/. Tìm giá trị của m để độ dài đoạn thẳng AB 6 2 . b xB 1 1 2m 2a yB m 1 1 2m Ta có: ⇒ b y m 1 1 2m x 1 1 2m A A 2a GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 2 2 2 2 AB xB xA yB yA 2 1 2m 2 1 2m 8 1 2m Theo đề bài: AB 6 2 ⇔ 8 1 2m 6 2 ⇔ 8 1 2m 72 ⇔ 1 2m 9 1 A ⇔ m 4 (thỏa điều kiện m > ) 2 D Bài III. Gọi x(km/h) là vận tốc ngược dòng của ca nô (x 0) E > H x + 6 (km/h) là vận tốc xuôi dòng của ca nô 60 60 1 2 Theo đề bài, ta có phương trình: ⇔ x 6x 1080 0 x x 6 3 Giải phương trình trên được nghiệm thỏa điều kiện là x = 30 Vậy vận tốc ca nô khi ngược dòng là 30(km/h) B F O C Bài IV. Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên các đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác đó. 1/. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp trong một đường tròn. · 0 BEC 90 gt Tứ giác BEDC có: nên nội tiếp được trong đường tròn đường kính BC (tứ giác · 0 BDC 90 gt có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới một góc vuông). 2/. Chứng minh AE.AB = AD.AC. Vì tứ giác BEDC nội tiếp nên suy ra: A· ED A· CB (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) Hai tam giác AED và ACB có: + góc A chung, +A· ED A· CB (cmt) AE AD Nên ∆AED ∽ ∆ACB ⇒ ⇒ AE.AB = AD.AC. AC AB 3/. Chứng minh FH là phân giác của E· FD . · · 0 · · + Tứ giác EBFH có BEH BFH 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ EBH EFH (cùng chắn cung EH). (1) · · 0 · · + Tứ giác DCFH có CFH CDH 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ DFH DCH (cùng chắn cung EH). (2) + Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn (cmt) nên có E· BH D· CH (cùng chắn cung ED) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra E· FH D· FH , hay FH là phân giác của E· FD . 4/. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh D· OC F· ED . 0 + Tứ giác AEFC có A· FC A· EC 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ C· AF C· EF (cùng chắn cung FC) (4) 0 + Tứ giác AEHD có A· EH A· DH 90 gt nên là tứ giác nội tiếp ⇒ D· AH D· EH (cùng chắn cung DH) (5) Từ (4) và (5) suy ra D· EH F· EH hay EH là phân giác của D· EF (6) + Ta có: D· OC 2.·OBD (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DC) 1 Mà O· BD F· BH F· EH F· ED (cùng chắn cung FH) (7)Từ (6) và (7) suy ra D· OC F· ED (đpcm) 2 Bài V. Theo đề bài 2 r.h 256 ⇒ r.h 128 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 1 2 r 8 cm Vì r h nên suy ra 2r 128 . Từ đó: 2 h 16 cm V S.h r2. .16 82. .16 1024 cm3 Đề 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 05 tháng 5 năm 2018 Câu 1 (2,0 điểm): 3x 1 1) Giải phương trình: x 1 3x 1 2x 2 x 1 2 3x 17 y 3 1 2y 17 y x 5 2) Giải hệ phương trình: x 2y 1 x 1 2y y 2 Câu 2 (2,0 điểm): 1) Cho hai hàm số bậc nhất y = x –3 và y m2 1 x 2m 3 Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số trên cắt nhau tại một điểm có hoành độ bằng -1 1 1 x 1 2) Rút gọn biểu thức: A : 1 với a 0;a 1 x x x 1 x 2 x 1 Câu 3 (2,0 điểm): 1) Một ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long với quãng đường dài 100km. Đến Hạ Long nghỉ lại 8h20 phút rồi quay lại Hải Dương hết tổng cộng 12h. Biết vận tốc lúc về lớn hơn lúc đi 10km/h. Tính vận tốc lúc đi của ô tô. 2 2 2) Cho phương trình x 2mx m 2 0 Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2 tìm 3 3 m để x1 x 2 10 2 Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC. Kẻ AH  BC. Gọi M và N là các hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC 1) Chứng minh AC2 CH.CB . 2) Chứng minh tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp và AC.BM + AB.CN =AH. BC 3) Đường thẳng đi qua A cắt HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE // CF Câu 5 (1,0 điểm): 2 Cho phương trình ax bx c 0 a 0 có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn 0 x1 x2 2 . Tìm giá 3a2 ab ac trị nhỏ nhất của biểu thức L 5a2 3ab b2 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: .Chữ ký của giám thị 2: GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 04 tháng 5 năm 2018 I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 1,00 3x 1 0,25 x 1 3x 1 2x 2 x 1 2 0,25 0,25 0,25 2 1,00 3x 17 y 3 1 2y 17 y x 5 0,25 0,25 x 2y 1 x 1 2y y 2 0,25 KL 0,25 2 1 1,00 -Đk để 2 đt cắt nhau là m2 1 1 m 0 0,25 -Thay x =- 1 vào y = x-3 =-4 0,25 -Thay x =-1 và y = -4 vào hàm số y m2 1 x 2m 3 được 0,25 m =0 (Loại); m = 2 (TM) 0,25 ĐS: m =2 2 1,00 1 1 x 1 A : 1 0,25 x x x 1 x 2 x 1 1 1 x 1 = : 1 2 0,25 x x 1 x 1 x 1 2 1 x x 1 . 1 0,25 x x 1 x 1 0,25 x 1 x 1 x 1 1 x x x 3 1 1,00 Gọi vận tốc lúc đi của ô tô là x km/h (x>0) Vận tốc lúc về là x +10 km/h 0,25 100 Thời gian lúc đi là h x 100 Thời gian lúc đi là h x 10 0,25 Theo đề bài ta có PT 0,25 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 100 100 25 12 x x 10 3 ĐS x =50 km/h 0,25 2 Cho phương trình x2 2mx m2 2 0 Gọi hai nghiệm của phương trình là 1,00 3 3 x1, x2 tìm m để x1 x 2 10 2 x x 2m ' 2 0 pt có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 1 2 x .x m2 2 0,25 E 1 2 Bình phương hai vế và biến đổi được: A 2 2 0,25 x x 4x .x x x x .x 200 1 2 1 2 1 2 1 2 F Thay VI-ét ta có 0,25 3m2 2 5 m 1 M 2 N 3m 2 5 0,25 0,25 4 1 B 0,75C - Chỉ ra góc BAC vuông H O 0,25 -Áp dụng hệ thức b2 b'.a vào tam giác vuông ABC ta có 0.25 2 0,25 AC CH.CB. x 2 1,00 -Chỉ ra góc MNA bằng góc NAH bằng góc ABH - Suy ra tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp 0,25 BM BH - Chỉ ra BMH : AHC suy ra suy ra BM.AC = AH. BH AH AC 0.25 CN CH Chỉ ra CNH : AHB suy ra suy ra CN.AB = AH. CH AH AB 0,25 -Cộng theo vế suy ra điều phải chứng minh 0,25 3 1,00 - Có HE //AC nên góc AEM bằng góc NAF suy ra ANF AN NF 0,25 : EMA(g.g) AN.AM NF.ME ME AM BM MH - Chỉ ra HNC BMH(g.g): BM.NC MH.NH HN NC 0,25 AN.AM NF.ME - Có AM.AN = MH.NH ME BM Kết luận NF.ME =BM.NC và B· ME F· NC( 900 ) NC NF 0,25 - Suy ra BME : FNC(c.g.c) B· EM F· C N Mà A· EM F· AC ( góc đồng vị HE // AC ) Ta có A· EB A· EM B· EM Và x· FC F· CN F· AC ( góc ngoài tam giác AFC ) Nên A· EB x· FC 0,25 Suy ra BE // CF (có góc ở vị trí đồng vị )A· EB x· FC 5 1,00 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 b c 2 3 3a ab ac 3 x x x .x L a a 1 2 1 2 5a2 3ab b2 2 2 b b 5 3x1 3x2 x1 x2 5 3 a a 0,25 Biến đổi và đánh giá 0 x1 x2 2 ta có 1 x 2 . x 2 x .x 3 1 2 1 2 3 0,25 L x1.x2 x1 x2 3 1 L 0,25 3 Min L = 1/3 0,25 Đề 16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM Nămhọc 2018 – 2019 (Đềthicó01trang) Môn: TOÁN (Đềchung) Thờigianlàmbài: 120 phút Câu1 (1,5điểm). Rútgọncácbiểuthứcsau: 1. A 4 2 3 8 18. x 2 x 2 4 2. B(với ). : 1 , x 0, x 4 x 4 x 2 x 2 Câu2 (2,0điểm). 1. Giảiphươngtrình3x2 2x 1 0. 2x 3y 13 2. Giảihệphươngtrình . 2x y 1 Câu3(1,5điểm).TrongmặtphẳngtọađộOxy,choparabol P cóphươngtrìnhy x2 vàđườngthẳng d cóphươngtrìnhy 2 m 1 x m2 (vớimlàthamsố). 1.Tìmđiềukiệncủamđểđườngthẳng d cắtparabol P tạihaiđiểmphânbiệtAvàB. 2.Gọix1, x2 lầnlượtlàhoànhđộcủaAvàB. Xácđịnhmđể 2x1 1 2x2 1 13. Câu 4 (4,0điểm).Cho đườngtròn O , đườngkínhAB. LấyđiểmHthuộcđoạnAB (H khácAvàB), đườngthẳngvuônggócvớiABtạiHcắtđườngtròn O tạihaiđiểmCvàD. TrêncungnhỏBC lấyđiểmM (M khácBvàC), gọiNlàgiaođiểmcủaAMvàCD. 1.Chứng minh tứgiácBMNH nộitiếpđườngtròn. 2.ChứngminhMA là tiaphângiáccủaC· MD. 3.Chứngminh AD2 AM.AN. 4.GọiI là giaođiểmcủaBCvàAM; P là giaođiểmcủaABvàDM. ChứngminhI là tâmđườngtrònnộitiếptamgiácCMP. Câu 5 (1,0 điểm). Chocácsốthựca,b,c 0 thỏamãna2 b2 c2 3. Chứngminhrằng 1 1 1 1. Dấuđẳngthứcxảyrakhinào? 4 ab 4 bc 4 ca HẾT GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Họvàtênthísinh: Sốbáodanh: Giámthịthứnhất: Giámthịthứhai: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2017 - 2018 (Hướngdẫnchấmcó 04trang) Hướngdẫnchấmmôn: TOÁN – Chung Câu ý Đápán Điểm 1 A 4 2 6 2 3 2 0,5 (0,75đ) 2. 0,25 x x 2 2 x 2 B : 0,25 1 x 2 x 2 x 2 x 2 (1,5đ) 2 x 2 x 2 (0,75đ) B . 0,25 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 B . 1 0,25 x 2 x 2 Vì a b c 3 2 1 0 0,5 1 1 (1,0đ) Phươngtrìnhcóhainghiệmphânbiệt x 1; x . 0,5 1 2 3 2x 3y 13 4y 12 Hệ 0,25 2x y 1 2x y 1 2 y 3 (2,0đ) 0,25 2 2x y 1 (1,0đ) y 3 0,25 2x 4 x 2 . Kếtluận: Hệphươngtrìnhcó 1 nghiệm 2;3 . 0,25 y 3 Xétphươngtrìnhhoànhđộgiaođiểm x2 2 m 1 x m2 0,25 x2 2 m 1 x m2 0 (1) 1 Ta có ' 2m 1. 3 0,25 (0,75đ) d cắtparabolP tạihaiđiểmphânbiệtAvàB (1,5đ) ' 2m 1 0 1 1 m . Kếtluận: m . 0,25 2 2 2 Gọix1, x2 lầnlượtlàhoànhđộcủaAvàB x1; x2 làhainghiệmcủaphươngtrình 0,25 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 x1 x2 2 m 1 (2) (0,75đ) (1). Theo Viet ta có 2 x1x2 m (3) Mà 2x1 1 2x2 1 13 2x1x2 x1 x2 6 0 (4) 0,25 Thay (2), (3) vào (4) ta được2m2 2m 4 0 m 1 (T/ m) Kếtluận: m 1. 0,25 m 2 (l) (Khôngcóvẽhìnhhọcsinhkhôngđượcchấmbài) XéttứgiácBMNHcó: N· HB 900 (vìCD  AB ) 0,25 1. N· MB 900 (gócnộitiếpchắnnửađườngtròn) 0,25 (1,0đ) N· HB N· MB 1800. 0,25 Kếtluận: TứgiácBMNHnộitiếpđườngtròn. 0,25 Vì AB  CD tạiH H làtrungđiểmCD. 0,25 ACD cântạiA. 2. AC AD sđ »AC sđ »AD. 0,25 (1,0đ) 1 1 Mà ·AMC sđ A»C ; ·AMD sđ »A(Gócnộitiếpchắnmộtcung).D 0,25 2 2 ·AMC ·AMD Kết luận: MA là tia phân giác của C· MD. 0,25 Xét AHN : AMB (vìHµ M¶ 900 ; M· AB chung). 0,25 4 AH AN (4,0đ) AB.AH AM.AN (1) 0,25 3. AM AB (1,0đ) Ta có ·ACB 900 ACBvuôngtạiCcóCHlàđườngcao. AC2 AH.AB (2) 0,25 Từ (1) và (2) suyra AC 2 AM.AN 0,25 MàAD AC AD2 AM.AN (đpcm). XéttứgiácBMIP có 1 » ¼ 1 » M· PB (sđ AD + sđ MB ); M· IB (sđ »AC + sđ).MB 0,25 2 2 Màsđ »AC = sđ »AD.Suyra M· PB M· IB TứgiácBMIPnộitiếpđườngtròn. 4. · · » (1,0đ) IPM IBM (2 gócnộitiếpcùngchắn)IM 0,25 Ta lạicó C· DP I·BM(2 gócnộitiếpcùngchắn)C¼M I·PM C· DP IPPCD. Vì PCD cântạiP. MàC· DP D· CP I·PM D· CP 0,25 Mặtkhác D· CP C· PI (so le trong) I·PM C· PI. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 PI là tia phân giác của C· PM. Mà MI là tia phân giác của C· MP (cmt) I là giao điểm 3 đường phân giác của CPM . 0,25 Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp CMP. Vìa,b,c 0 và a2 b2 c2 3 0 a,b,c 2. 1 1 4 0,25 Chứng minh được , x, y 0 (*) x y x y 1 1 4 4 2 Ápdụng (*) ta có 4 a 4 b 8 a b 8 2 ab 4 ab 2 1 1 (1) 4 ab 4 a 4 b 0,25 2 1 1 2 1 1 Tươngtự (2) ; (3) 4 bc 4 b 4 c 4 ca 4 c 4 a 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 ab 4 bc 4 ca 4 a 4 b 4 c 5 1 1 1 Ta phải chứng minh 1, 0 a,b,c 2. (1,0đ) 4 a 4 b 4 c 1 a2 5 Ta sẽ chứng minh ( ) 4 a 18 0,25 2 a2 5 4 a 18 2 a a 1 Thậtvậy 0 0 (lđ) 18 4 a 18 4 a 1 a2 5 1 b2 5 1 c2 5 ; ; 4 a 18 4 b 18 4 c 18 2 2 2 1 1 1 a b c 15 1. 4 a 4 b 4 c 18 0,25 1 1 1 Suyra 1. 4 ab 4 bc 4 ca Dấuđẳngthứcxảyrakhi a b c 1. HẾT Đề 17 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 18 Đề thi Bắc Giang Ngày 6 / 6/ 2018 Câu 1: 1/ A 5 20 5 1 5.(2 5 5) 1 5. 5 1 5 1 6 2/ Đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 m-1=3m=4 x 4y 8 2x 8y 16 3y 3 x 4 Câu 2: 1/ 2x 5y 13 2x 5y 13 x 4y 8 y 1 2/ a/ Với a 0;a 1 ta có: 2 2 6 10 2 a a 1 6( a 1) 10 2 a a 1 B . . a 1 a a a a 1 4 a a 1 .( a 1) a 1 .( a 1) 4 a 2 2 4 a 4 a 1 4( a 1) a 1 1 . . a 1 .( a 1) 4 a a 1 .( a 1)2 4 a a b/ Với a 0;a 1 ta có: 1 a a 1 a ( a 1)2 C 1 .(a a 1) 1 0 với a 0;a 1 => C>1 a a a 2 x 2 3/ a/ Với m= - 1 ta có phương trình x x 6 0 (x 2)(x 3) 0 . Kết luận x 3 2 2 2 b/ Có m 2 4(3m 3) m 8m 16 (m 4) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 0 (m 4)2 0 m 4 0 m 4 Với m 4 phương trình có hai nghiệm phân biệt (có cũng được không có cũng được) 2 x 3 Ta có x (m 2)x 3m 3 0 x 3 .(x m 1) 0 x m 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là độ dài hai cạnh của một tam giác vuôngA có cạnh huyền bằng 5 m 1 3 m 4 m 4 m 1 0 m 1 m 1 m 5 2 2 2 2 3 (m 1) 5 (m 1) 16 m 5; m 3 Vậy tất cả các giá trị cần tìm của m là: 5 Câu 3: Gọi vân tốc lúc đi là x (km/h) (x>2); Vận tốc lúc về là x-2 (km/h) 10 10 Thời gian lúc đi là: (giờ) ; Thời gian lúc về là (giờ) x x 2 Vì thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 15 phút hay ¼ giờ nên ta có phương trình: N F 10 1 10 2 M H x 10 40(x 2) x(x 2) 40x x 2x-80=0 (x-10).(x+8)=0 x 4 x 2 E x 8 Ta thấy x=10 thỏa mãn điều kiện, x=-8 không thỏa mãn điều kiện. Vậy vận tốc của Linh lúc đi là 10 km/h Câu 4: B P O C 1/Có góc BMC = góc BNC = 900 nên góc AMH = góc ANH = 900 Tứ giác AMHN có tổng hai góc AMH + ANH = 180 độ nên tứ giác nội tiếp 2/ Tam giác ABC có các đường cao BN, CM cắt nhau tại H nên AH vuông góc với BC tại P. Chứng minh tam giác BMC đồng dạng với tam giác BPA BM.BA=BP.BC 3/ Tam giác ABC là tam giác đều nên AP là trung tuyến và H là trọng tâm của tam giác ABC. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 2 3a Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông ABP tính được AP a 3 HA 3 Vì góc AMH =900 .Do đó AH kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN 2 3 .a Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là: C 3 4/ Chứng minh 5 điểm A, E, P, O, F cùng thuộc đường tròn đường kính AO => tứ giác AEPF nội tiếp => góc AEP + AFP = 180độ (1) Gọi K là giao điểm của AO với EF. Suy ra OA vuông góc với EF tại K Chứng minh AK.AO AP.AH AE 2 =AF2 Chứng minh tam giác AHF đồng dạng với tam giác AFP (c.g.c) => góc AHF = góc AFP (2) Chứng minh tam giác AHE đồng dạng với tam giác AEP (c.g.c) => góc AHF = góc AEP (3) Từ 1, 2 , 3 suy ra góc AHF+ góc AHF=180độ => 3 điểm E, H, F thẳng hàng. Đề 19 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 20 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 07 tháng 6 năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút x 4 3 x 1 2 Bài I (2,0 điểm Cho hai biểu thức A và B với x ≥ 0, x ≠ 1. x 1 x 2 x 3 x 3 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9. 1 2) Chứng minh B . x 1 A x 3) Tìm tất cả giá trị của x để 5 B 4 Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và độ dài đường chéo bằng 10 mét. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó theo đơn vị mét. Bài III (2,0 điểm) 4x y 2 3 1 Giải hệ phương trình x 2 y 2 3 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d :y m 2 x 3 và parabol P : y x2 . a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm tất cả giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ là các số nguyên. Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối của tia AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O; R) sao cho điểm C nằm trên cung nhỏ AB (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1) Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO. 2) Khi SO = 2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo C· SD . 3) Đường thẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng SC, cắt đoạn thẳng CD tại điểm K. Chứng minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của đoạn thẳng SC. 4) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng BD và F là hình chiếu vuông góc của điểm E trên đường thẳng AD. Chứng minh rằng , khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F luôn thuộc một đường tròn cố định. Bài V (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 x 1 x 2 x Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2018 – 2019 MÔN TOÁN – TP HÀ NỘI Bài I x 4 9 4 7 1) A (với x = 9 thỏa mãn điều kiện) x 1 9 1 2 2) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có: GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 3 x 1 2 3 x 1 2 3 x 1 2 B 2 x 2 x 3 x 3 x x 3 x 3 x 3 x x 1 3 x 1 x 3 3 x 1 2 3 x 1 2 x 1 x 3 1 x 3 x 1 x 3 x 3 x 1 x 3 x 1 x 1 A x 4 1 3) : x 4 B x 1 x 1 A x x 2 5 x 4 5 x 4 x 4 0 x 2 0 x 2 0 B 4 4 2 (Vì x 2 0 với mọi x ≥ 0) Suy ra: x 2 x 4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x = 4. Bài II Gọi chiều dài, chiều rộng của mảnh đất lần lượt là x, y (mét) (x > y > 0) Chu vi của mảnh đất là 28 mét, ta có: x + y = 14 (1) Độ dài đường chéo của mảnh đất là 10 mét, ta có: x2 + y2 = 102 ⇔ (x + y)2 – 2xy = 100 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 14 x y 14 x 8 2 (thỏa điều kiện) x y 2xy 100 xy 48 y 6 Vậy chiều dài của mảnh đất là 8(m), chiều rộng của mảnh đất là 6(m) Bài III 4x y 2 3 8x 2 y 2 6 9x 9 x 1 1) x 2 y 2 3 x 2 y 2 3 x 2 y 2 3 y 2 1 x 1 x 1 y 2 1 y 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1; −1), (1; −3) x 1 x 1 y 2 1 y 3 2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 m 2 x 3 2 x m 2 x 3 0 (a = 1; b = −(m + 2); c = −3) Vì a.c = 1.(−3) = −3 < 0 nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt. Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b)Gọi x1;x2 là hai nghiệm của phương trình trên thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm có hoành độ x1; x2. b x x m 2 1 2 a Theo định lý Viet ta có c x x 3 1 2 a Vì x1.x2 = −3. Và x1; x2 ∈ Z , giả sử x1 < x2 thì ta có các trường hợp sau đây: GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 x1 3 C N + Trường hợp 1: x1 x2 2 m 2 2 m 4 B x2 1 x 1 K + Trường hợp 2: 1 x x 2 m 2 2 m 0 1 2 M H x2 3 A Vậy m = −4 hoặc m = 0 O E Bài IV 1) S + SD, SC là các tiếp tuyến của đường tròn (O; R) nên OD ⊥ SD, OC ⊥F SD ⇒ D, C thuộc đường tròn đường kính SO (1) · 0 + H là trung điểm của AB nên OH ⊥ AB⇒ ⇒SH HO thuộc 90 đường tròn đường Dkính SO (2) Từ (1) và (2) suy ra: C, D, H, O, S cùng thuộc đường tròn đường kính SO. 2) Tam giác SDO có: SO2 = SD2 + DO2 ⇒ SD2 = SO2 – DO2 = 4R2 – R2 = 3R2 ⇒ SD R 3 DO 1 sin D· SO D· SO 300 từ đó C· SD 600 (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) SO 2 3) Ta có S, D, O, H cùng thuộc một đường tròn (câu 1) nên SHOD là tứ giác nội tiếp. 1 Suy ra: A· H D S· O D C· O D (cùng chắn cung SD) (1) 2 · · · 1 » 1 · Lại có AKD SCD (đồng vị, AN // SC) nên AK D sđ C D sđ C O D (2) 2 2 · · Từ (1) và (2) suy ra AHD AKD ⇒ ADHK là tứ giác nội tiếp. Gọi M là giao điểm của BK và SC, N là giao điểm của AK với BC. · · · Ta có: KHA CBS (Vì cùng bằng CAD ) ⇒ HK // BC, mà H là trung điểm AB nên K là trung điểm AN. Suy ra: AK = KN. AK KN Ta có: (Talet đảo, AN // SC), mà AK = KN nên SM = CM hay M là trung điểm của SC. SM CM Vậy BK đi qua trung điểm M của đoạn thẳng SC. · 1 · 1 » · · · 4) Ta có AOH AOB sđAB EDF ⇒ FED HAO 2 2 1 1 1 Lại có: B· FE D· EF H· AO Suy ra B· FD H· AO 900 2 2 2 1 1 Suy ra B· FA 1800 H· AO 900 900 H· AO (không đổi vì A, B, O cố định) 2 2 Vậy F nhìn đoạn AB dưới một góc không đổi nên F luôn thuộc một đường tròn cố định. Bài V P 1 x 1 x 2 x điều kiện xác định: 0 ≤ x ≤ 1 (*) 2 Với a, b ≥ 0 bất kỳ ta có: a b a b 2 ab a b a b a b (1) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc b = 0. Áp dụng (1) ta có: 1 x x 1 x x 1 1 x x 1 0 1 (do (*)) Suy ra P ≥ 1 + 1 = 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi x = 0. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 21 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018-2019 Môn :Toán chuyên Thời gian làm bài:150 phút Câu 1.(2,75 điểm) 1) Giải phương trình: x4 -22x2 +25 =0 a a a 4 a 2) Cho biểu thức P . (Với a là số thực dương) a 2 a 3 a 2 a a) Rút gọn biểu thức P b)Tìm các số thực dương a sao cho P đạt giá trị lớn nhất x2 xy 6 Câu 2.(1điểm) Giải hệ phương trình (với x,y ¡ ) 2 2 3x 2xy 3y 30 Câu 3.(1điểm) Tìm các số thực m để phương trình x2 (m 1)x 2m 0 có hai nghiệm phân x1 x2 1 biệt x1 và x2 sao cho biểu thức P 2 đạt giá trị nhỏ nhất (x1 x2 ) 3x1x2 3 Câu 4.(1,5điểm) 1) Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn 2x2 4y2 2xy 3x 3 0 a3 b3 b3 c3 c3 a3 1 1 1 2) Cho ba số thực dương a,b,c.Chứng minh: ab(a2 b2 ) bc(b2 c2 ) ca(c2 a2 ) a b c Câu 5.(0,75điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm M(50;100) và N(100;0).Tìm số các điểm nguyên nằm bên trong tam giác OMN (Một điểm được gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó đều là số nguyên) Câu 6.(3,0điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định.Biết điểm C thuộc đường tròn (O),với C khác A và B.Vẽ đường kính CD của đường tròn (O).Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt hai đường thẳng AC và AD lần lượt tại hai điểm E và F 1) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp đường tròn 2) Gọi H là trung điểm của đoạn BF.Chứng minh OE vuông góc với AH 3) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng OE và AH.Chứng minh điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF 4)Gọi I là tâm của đường tròn (I) ngoại tiếp tứ giác ECDF .Chứng minh điểm I luôn thuộc một đường thẳng cố định và đường tròn (I) luôn đi qua hai điểm cố định khi điểm C di động trên đường tròn (O) thỏa điều kiện đã cho. Đề 22 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 23 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 24 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NGHỆ AN NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thờigianlàmbài: 120phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1. (2,5điểm) a)So sánh 2 3 27 và 74 1 1 x 4 b) Chứng minh đẳngthức . 1, với x 0 và x 4 x 2 x 2 4 c) Tìmgiátrịcủa m đểđồthịhàmsố y = 3x + m đi qua điểmA(1;2). Câu 2.(2,0 điểm) Cho phươngtrình x2 + 2x + m – 1 = 0 (*), trongđó m làthamsố. a) Giảiphươngtrình (*) khi m = – 2. b) Tìm m đểphươngtrình (*) cóhainghiệmphânbiệtx1vàx2thỏamãnđiềukiện x1 = 2x2. Câu 3.(1,5điểm) NhânngàysáchViệt Nam, 120 họcsinhkhối 8 và 100 họcsinhkhối 9 cùngthamgiaphongtràoxâydựng “tủsáchnhânái”. Saumộtthờigianphátđộng,tổngsốsáchcảhaikhốiđãquyêngópđượclà 540 quyển.Biếtrằngmỗihọcsinhkhối 9 quyêngópnhiềuhơnmỗihọcsinhkhối 8 mộtquyển.Hỏimỗikhốiđãquyêngópđượcbaonhiêuquyểnsách?(Mỗihọcsinhtrongcùngmộtkhối quyêngópsốlượngsáchnhưnhau). Câu 4.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: a) BCEF là tứ giác nội tiếp. b) KM.KA = KE.KF. c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. x(2x 2y 1) y Câu 5.(1,0điểm) Giảihệphươngtrình 2 2 y 2 1 x 2x 2(1 y ). HẾT Đề 25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC: 2018 – 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Dùng chung cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 30 tháng 05 năm 2018. Câu 1 (2,5 điểm). 3 14 2 a) Rút gọn biểu thức: A 7 2 . 7 2 7 b) Giải phương trình: 5x2 2 5x 1 0 . GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 3x 2y 16 c) Giải hệ phương trình: . x 5y 23 Câu 2 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả giá trị của hệ số a để hàm số y ax 2 đồng biến và đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1;3) . b) Cho đường thẳng (d) : y (3 2m)x m2 và parabol (P) : y x2 . Tìm tất cả giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x 2 và x1 x2 1 2 x1 x2 2x1 x2 . Câu 3 (1,5 điểm). a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 174m. Nếu tăng chiều rộng 5m và giảm chiều dài 2m thì diện tích mảnh vườn đó tăng thêm 215m 2. Tính chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn. b) Giải phương trình: 5x4 2x2 3x2 x2 2 4 . Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) có AB là dây cung không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến MC và MD đến (O) (tiếp điểm C thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm D thuộc cung lớn AB). a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh MD2 MA.MB . c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của (O) tại điểm N, giao điểm của hai đường thẳng DN và MB là E. Chứng minh MCE cân tại M. 1 1 4 d) Đường thẳng ON cắt đường thẳng CD tại điểm F. Chứng minh . OI.OF ME 2 CD2 Câu 5 (0,5 điểm). Cho a 0,b 0 và a b 1 . a b 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . 1 b 1 a a b HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 3 14 2 3 7 2 A 7 2 2 7 7 2 7 2 7 7 2 7 2 a) 1.0 3 7 2 Câu 1 2 7 7 2 7 2 7 2 0 (2,5đ) 3 2 5 5x2 2 5x 1 0 5x 1 0 5x 1 0 x 5 b) 0.75 5 Vậy nghiệm của phương trình là x . 5 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 3x 2y 16 3x 2y 16 17y 85 x 5y 23 3x 15y 69 3x 2y 16 c) y 5 x 2 0.75 3x 2.( 5) 16 y 5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (2; 5) . Đồ thị của hàm số y ax 2 đi qua điểm A(1;3) 3 a.1 2 a 1 a) 1.0 Với a 1 thì hàm số y ax 2 đồng biến. Vậy a 1 là giá trị cần tìm. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 (3 2m)x m2 x2 (2m 3)x m2 0 (*) (2m 3)2 4m2 12m 9 ; (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 3 12m 9 0 m Câu 2 4 (2,0đ) x1 x2 3 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x x m2 b) 1 2 1.0 Theo đề bài: x1 x2 1 2 x1 x2 2x1 x2 x1x2 x1 2x1 2x2 2x1 x2 0 x1x2 (x1 x2 ) 0 m2 (3 2m) 0 m2 2m 3 0 (m 1)(m 3) 0 m 1 m 3 3 Kết hợp với điều kiện m m 3 Vậy m 3 là giá trị cần tìm. 4 Gọi chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn lần lượt là x(m) và y(m). Điều kiện: 0 < x < y < 87; 2 < y. Vì chu vi mảnh vườn bằng 174m nên ta có phương trình: 2(x y) 174 x y 87 (1) Diện tích ban đầu của mảnh vườn là xy (m2) Diện tích mảnh vườn nếu tăng chiều rộng 5m và giảm chiều dài 2m là (x + 5)(y – 2) (m2) a) Ta có phương trình: (x 5)(y 2) xy 215 2x 5y 225 (2) 0.75 Câu 3 x y 87 (1,5đ) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 2x 5y 225 x 30 Giải hệ được (thỏa mãn điều kiện) y 57 Vậy chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn lần lượt là 30m và 57m. Cách 1: b) 0.75 5x4 2x2 3x2 x2 2 4 (1) GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 5x4 10x2 2x2 4 3x2 x2 2 6x2 0 5x2 (x2 2) 2(x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 (x2 2)(5x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 (x2 2 4)(5x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 ( x2 2 2)( x2 2 2)(5x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 ( x2 2 2) ( x2 2 2)(5x2 2) 3x2 0 ( x2 2 2) ( x2 2 2)(2x2 2) 3x2 ( x2 2 1) 0 x2 2 2 0 do ( x2 2 2)(2x2 2) 3x2 ( x2 2 1) 0 x2 2 2 x2 2 4 x2 2 x 2 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 2 . Cách 2: Đặt y x2 2 (y 2) x2 y2 2 Phương trình (1) trở thành: 5(y2 2)2 2(y2 2) 3(y2 2)y 4 5y4 20y2 20 2y2 4 3y3 6y 4 0 5y4 3y3 22y2 6y 20 0 5y4 10y3 7y3 14y2 8y2 16y 10y 20 0 F 5y3 (y 2) 7y2 (y 2) 8y(y 2) 10(y 2) 0 (y 2)(5y3 7y2 8y 10) 0 2 2 (y 2) 5y(y 2) 7(y 2) 2y 4 0 C N y 2 0 do y 2 5y(y2 2) 7(y2 2) 2y 4 0 A M B y 2 E I Từ đó tìm được x. 0.25 H O Vì MD là tiếp tuyến tại D của (O) nên O· DM 900 (O) có dây AB không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB a) OI  AB O· IM 900 0.75 Tứ giác OIMD có: O· DM O· IM 900 900 1800 Câu 4 Tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn.D (3,5đ) (O) có: M· DA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn A»D M· BD là góc nội tiếp chắn A»D M· DA M· BD b) MDA và MBD có: D· MB chung, M· DA M· BD 0.75 MD MA MDA MBD (g.g) MD2 MA.MB MB MD GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 1 Vì M· DE là góc nội tiếp chắn D»N nên M· DE sđD»N 2 (O) có ON  dây AB N¼A N»B (liên hệ giữa cung và dây) 1 Vì M· ED là góc có đỉnh ở bên trong (O) nên: M· ED sđ A»D N»B c) 2 0.75 1 1 Mà N¼A N»B còn M· ED sđ A»D N¼A sđD»N M· ED M· DE 2 2 MDE cân tại M MD = ME Nhưng MC = MD (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) MC = ME MCE cân tại M. Gọi H là giao điểm của OM và CD. Ta có: OC = OD và MC = MD OM là đường trung trực của CD OM  CD tại H OIM và OHF có: M· OF chung, O· IM O· HF 900 OI OM OIM OHF (g.g) OI.OF OH.OM OH OF ODM vuông tại D, đường cao DH d) 1 1 1 1.0 OH.OM OD2 và OD2 MD2 DH2 1 Mà OI.OF OH.OM OD2 , MD = ME, DH = CD 2 1 1 4 (đpcm) OI.OF ME2 CD2 Cho a 0,b 0 và a b 1 . a b 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . 1 b 1 a a b Với a,b 0 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a2 4 a2 4 4 (a ab) 2  (a ab) a a ab 9 a ab 9 3 a2 4 4 a 8 4 a (a ab) a ab a ab 3 9 1 b 9 9 b 8 4 Tương tự, ta có: b ab 1 a 9 9 Câu 5 1.0 (1,0đ) 8 8 1 8 1 8 1 1 S (a b) ab a b ab  9 9 a b 9 a b 9 9 a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 1 1 a b 2 (a b)  2 a b a b 1 1 1 Vì a b 1 nên: (a b)2 4ab ab (a b)2 và 1 4 4 a b 8 8 1 1 5 1 S  2  Dấu “=” xảy ra a b 9 9 4 9 3 2 5 1 Vậy min S khi a b 3 2 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 26 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2018-2019 Ngày thi: 05/6/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (Hệ không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1. (1,0 điểm) 3x 2y 3 a) Giải hệ phương trình 2x 2y 8 b) Giải phương trình x2 5x 6 0 Bài 2. (2,5 điểm) 1. Cho Parabol P : y x2 và đường thẳng d : y x 2 a) Tìm tọa độ giao điểm của P và d . b)Xác định m để P , d và đường thẳng d' : y 5mx 6 cùng đi qua một điểm. 2. Cho phương trình x2 2mx 2m 3 0 , với m là tham số. a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm các giá trị nguyên của m để 1 1 biểu thức nhận giá trị là một số nguyên. x1 x2 Bài 3. (2,0 điểm) Một trường học A có tổng số giáo viên là 80. Hiện tại, tuổi trung bình của giáo viên là 35. Trong đó, tuổi trung bình của giáo viên nữ là 32 và tuổi trung bình của giáo viên nam là 38. Hỏi trường đó có bao nhiêu giáo viên nữ và bao nhiêu giáo viên nam? Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O;R . Các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh các tứ giác BFHD, BFEC nội tiếp. b) Chứng minh BD.BC BH .BE . c) Kẻ AD cắt cung BC tại M. Chứng minh D là trung điểm của MH. d) Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R. Bài 5. (1,0 điểm) Cho ba đường tròn C1 ,C2 và C3 . Biết đường tròn C1 tiếp C3 xúc với đường tròn C2 và đi qua tâm của đường tròn C2 ; C2 đường tròn C2 tiếp xúc với đường tròn C3 và đi qua tâm của C1 đường tròn C3 ; cả ba đường tròn tiếp xúc nhau (như hình vẽ bên). Tính tỉ số diện tích giữa phần tô đậm và phần không tô đậm (bên trong đường tròn C3 ) GIẢI Bài 1. (1,0 điểm) 3x 2y 3 5x 5 x 1 x 1 a) 2x 2y 8 2x 2y 8 2.1 2y 8 y 3 2 b) PT x 5x 6 0 có a b c 1 5 6 0 x1 1; x2 6 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Bài 2. (2,5 điểm) 1. Cho Parabol P : y x2 và đường thẳng d : y x 2 Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x2 x 2 x2 x 2 0 có x1 1 y1 1 a b c 1 1 2 0 vậy tọa độ giao điểm của P và d là x2 2 y2 4 1;1 , 2;4 b) P , d và đường thẳng d' : y 5mx 6 cùng đi qua một điểm khi đường thẳng 1;1 m 1 1 5m 6 d' : y 5mx 6 đi qua 1 2;4 4 10m 6 m 5 3. Cho phương trình x2 2mx 2m 3 0 , với m là tham số. a) Phương trình x2 2mx 2m 3 0 có ' m2 2m 3 m2 2m 1 2 m 1 2 2 0 với mọi m. Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. S x1 x2 2m b) Áp dụng định lý Vi et ta có: P x1 .x2 2m 3 1 1 x x 2m 2m 3 3 3 . M 1 2 1 x1 x2 x1 .x2 2m 3 2m 3 2m 3 M Z khi 2m 3 U 3 1; 1;3; 3 * 2m 3 1 m 2 * 2m 3 1 m 1 * 2m 3 3 m 3 * 2m 3 3 m 0 Bài 3. (2,0 điểm) Gọi số giáo viên nữ của trường là x(GV) Số giáo viên nam của trường là 80 x (GV) ĐK: 0 x 80, x Z Số tuổi của số giáo viên nữ là: 32x (tuổi) Số tuổi của số giáo viên nam là: 38 80 x (tuổi) A Số tuổi của số giáo viên toàn trường là: 35.80 2800 (tuổi) 1 Ta có phương trình: E 32x 38 80 x 2800 32x 3040 38x 2800 F H 6 x 240 x 40 t / m O 1 Vậy số giáo viên nữ của trường là 40 GV B C 2 D Số giáo viên nam của trường là 80-40=40(GV) Bài 4. (3,5 điểm) M Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O;R . Các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh các tứ giác BFHD, BFEC nội tiếp. b) Chứng minh BD.BC BH .BE . c) Kẻ AD cắt cung BC tại M. Chứng minh D là trung điểm của MH. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 d) Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R. a) BFHD, BFEC nội tiếp BD BH b)∽ BDH BEC g g BD.BC BH .BE BE BC µ µ » ¶ µ c) CM được tứ giác AEDB nội tiếp B1 A1 (cùng chắn DE ) lại có B2 A1 (cùng ¼ µ ¶ chắn MC ) suy ra B1 B2 . BHM có đường cao BD đồng thời là đường phân giác BHM cân tại B nên BD cũng là trung tuyến suy ra D là trung điểm của MH. d) Ta cm được BHC BMC c.g.c suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và bằng R. Do đó độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC là C 2R e) Bài 5. (1,0 điểm) Cho ba đường tròn C1 ,C2 và C3 . Biết đường tròn C1 tiếp C3 xúc với đường tròn C2 và đi qua tâm của đường tròn C2 ; C2 đường tròn C2 tiếp xúc với đường tròn C3 và đi qua tâm của C1 đường tròn C3 ; cả ba đường tròn tiếp xúc nhau (như hình vẽ bên). Tính tỉ số diện tích giữa phần tô đậm và phần không tô đậm (bên trong đường tròn C3 ) Gọi R là bán kính đường tròn C1 suy ra bán kính đường tròn C2 là 2R, bán kính đường tròn C3 là 4R. Gọi S1 ,S2 ,S3 lần lượt là diện tích hình tròn C1 ,C2 ,C3 . Tỉ số diện tích giữa phần tô đậm và phần không tô đậm (bên trong đường tròn C3 ) là: 2 2 2 S S S 4R 2R R 13 3 2 1 2 2 S2 S1 2R R 3 Đề 27 SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 – 2019 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 8/6/2018. Câu 1( 2đ): 1. Giải phương trình: x2 + 8x + 7 = 0 2x y 6 2. Giải hệ phương trình: 5x y 20 x 1 x x Câu 2(2đ): Cho biểu thức A = : Với x > 0 x 4 x 4 x 2 x x 2 1. Rút gọn biểu thức A. 1 2. Tìm tất cả các gí trị của x để A 3 x GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Câu 3(2đ): 1. Cho đường thẳng (d) : y = ax + b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d/): y = 2x+ 3 và đi qua điểm A(1; -1). 2. Cho phương trình x2 – (m-2)x – 3 = 0 (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức: 2 2 x 1 2018 x1 x 2 2018 x2 Câu 4(3đ): Cho đường trong tâm O, đường kính AB = 2R. gọi d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến cử đường tròn tâm O tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn O sao cho e không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với EI cắt đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M và N 1. Chứng minh rawngfAMEI là tứ giác nội tiếp 2. Chứng minh IB.NE = 3 IE.NB 3. Khi điểm E thay đổi, Chứng minh tích AM. BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tm giác MNI theo R Câu 5(1đ): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a+b+c = 1 1 1 Chứng minh: 30 M a 2 b 2 c 2 abc HẾT ĐÁP ÁN Câu 4: E 1. Tự giải 2. Chứng minh tương tự câu 1 tứ giác IENB nội tiếp suy ra góc ENB = góc EIA AI IE Suy ra tam giác IAE đồng dạng với tam giác NBE suy ra suy ra AI.NE = N NB NE IE.NB (1) A B Vì I là trung điểm của AO nên AI = IO = 1/2R suy ra IB = 3 AI I(2) O Từ (1) và (2) Suy ra IB.NE = 3IE.NB AM AI 3. Ta dễ chứng minh tam giác AMI đồng dạng với tam giác BIN suy ra => BI BN AM.BN=AI.BI = 1/2R.3/2R = 3/4R2 không đổi. Suy ra Góc AIM + BIN = 900 => góc MIN = 900. Tam giác MIN vuông tại I nên S MIN = ½ MI.IN Ta có MI2 . NI2 = (AM2 + AI2).(IB2 + NB2) = (AM.IB)2 +(AM.NB)2+(AI.IB)2+(AI.NB)2 = (3R/2.AM)2+9/2R4+(R/2.NB)2 = 1/4R2.(9AM2+18R2+NB2) = 1/4R2(3AM+BN )2 Vì AM.BN = 3/4R2 1 1 Suy ra MI 2 .NI 2 R 2 .(3AM BN) 2* R.(3*AM BN) 4 2 3 Ta có: 3AM + BN 2. 3AM.BN 2. 3. R 2 3R 4 Dấu = xảy ra khi 3AM = BN. 1 1 1 3 2 Vậy SMIN đạt giá trị nhỏ nhất bằng .IM.IN = . .R.3R R khi 3AM = BN. 2 2 2 4 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Câu 5: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a+b+c = 1 1 1 Chứng minh: 30 a 2 b 2 c 2 abc 1 1 1 a b c 1 Ta có: ab bc ac abc abc (a b c) 2 1 1 1 1 9 ab + bc + ac suy ra 3 3 ab bc ca ab bc ca 1 1 1 9 9 a 2 b 2 c 2 ab bc ca ab bc ca (a b c) 2 1 1 1 1 1 1 1 9 Suy ra a 2 b 2 c 2 abc a 2 b 2 c 2 ab bc ac a 2 b 2 c 2 ab bc ca 1 9 1 1 1 7 7 Mà 9 30 a 2 b 2 c 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 ab bc ca ab bc ca ab bc ca 1 3 1 1 Vậy: 30 . Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1/3. a 2 b 2 c 2 abc Đề 28 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút (Đề gồm 1 trang, có 5 câu) Câu 1. ( 2,25 điểm) 1) Giải phương trình 2x2 5x 7 0 x 3y 5 2) Giải hệ phương trình 5x 2y 8 3) Giải phương trình x4 9x2 0 1 Câu 2. (2,25 điểm) Cho hai hàm số y x2 và y x 1 có đồ thị lần lượt là (P) và (d) 4 1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Câu 3. (1,75 điểm) a a 1 a a 1 1) Rút gọn biểu thức S ( với a > 0 và a 1 ) a a a 2) Một xe ô tô và xe máy khởi hành cùng một lúc từ địa điểm A đi đến địa điểm B cách nhau 60 km với vận tốc không đổi, biết vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 20km/h và xe ô tô đến B sớm hơn xe máy là 30 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 4. (0,75 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x2 2m 3 x m2 2m 0 có hai nghiệm phân biệt x , x sao cho biểu thức x x 7 1 2 1 2 . Câu 5. ( 3 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm C thuộc đường tròn (O), với C khác A và B, biết CA < CB. Lấy điểm M thuộc đoạn OB, với M khác O và B. Đường thẳng đi qua điểm M vuông góc với AB cắt hai đường thẳng AC và BC lần lượt tại hai điểm D và H. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 1) Chứng minh bốn điểm A, C, H, M cùng thuộc một đường tròn và xác định tâm của đường tròn này. 2) Chứng minh : MA.MB = MD.MH 3) Gọi E là giao điểm của đường thẳng BD với đường tròn (O), E khác B. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng. 4) Trên tia đối của tia BA lấy điểm N sao cho MN = AB, Gọi P và Q tương ứng là hình chiếu vuông góc của điểm M trên BD và N trên AD. Chứng minh bốn điểm D, Q, H, P cùng thuộc một đường tròn HD: Câu 1. ( 2,25 điểm) 7 1) Phương trình 2x2 5x 7 0 có a b c 2 5 7 0 x 1; x 1 2 2 x 3y 5 2x 6y 10 17x 34 x 2 x 2 2) 5x 2y 8 x 3y 5 x 3y 5 2 3y 5 y 1 3) x4 9x2 0 x2 x2 9 0 x 0 (vì x2 9 0 x ) 1 Câu 2. (2,25 điểm) Cho hai hàm số y x2 và y x 1 có đồ thị lần lượt là (P) và (d) 4 1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 1 2 * P : y x 2 4 x 3 2 1 0 1 2 3 1 9 1 9 -5 5 y 1 0 1 4 4 4 4 -2 * d : y x 1 -4 x 0 y 1 A 0; 1 x 1 y 0 B 1;0 ; 2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 1 2 x2 x 1 x2 4x 4 x2 4x 4 0 x 2 0 x 2 4 1 1 Thay x 2 vào y x2 y  2 2 1 4 Ta được 4 . Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) là (2;1) Câu 3. (1,75 điểm) 3 3 a a 1 a a 1 a 1 a a 1 a 1 a a 1 a a 1 S 1)a a a a a a a a 1 a a a 1 a a 1 2 a 2 a a a 2) Gọi vận tốc của xe máy là x km / h . ĐK x 0 Vận tốc của xe ô tô là x 20 km / h . GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 60 Thời gian xe máy đi từ A đến B là: h x 60 Thời gian xe ô tô đi từ A đến B là: h x 20 1 Vì xe ô tô đến B sớm hơn xe máy là 30 phút h nên ta có PT 2 60 60 1 120 x 20 120 x x x 20 x x 20 2 120 x 2400 120 x x 2 20 x x 2 20 x 2400 0 x 2 20 x 2400 0 ' 100 2400 2500 0 ' 2500 50 Phương trình có hai nghiệm x1 10 50 40 (t/m đk) ; x(không2 10 t/m 5 0đk) 60 Vậy vận tốc của xe máy là 40km / h . Vận tốc của xe ô tô là 40 20 60 km / h . Câu 4. (0,75 điểm) x2 2m 3 x m2 2m 0 có 2m 3 2 4 m2 2m 4m2 12m 9 4m2 8m 4m 9 9 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 0 4 m 9 0 4 m 9 m 4 S x1 x2 2m 3 Áp dụng định lý Vi et ta có: 2 P x1 .x2 m 2m 2 2 2 2 x1 x2 7 x1 x2 49 x1 x2 2x1.x2 49 x1 x2 4x1.x2 49 x x 2 m 3 Thay 1 2 2 x1 .x 2 m 2 m Ta được 2m 3 2 4 m2 2m 49 4m 9 49 m 10 (t/m đk) Câu 5. ( 3 điểm) 1) Tự giải 2) Tứ giác ACHM nội tiếp D· AM M· HB (cùng bù C· HM ) MA MD MAD ∽ MHB g g MA.MB MD.MH MH MB 3. Dễ thấy AE và BC là hai đường cao của DAB H là trực tâm của DAB AHDB 1 . ·AEB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) AE  DB 2 (1) và (2) suy ra ba điểm A,H, E thẳng hàng. 3) Gọi F là giao điểm của MP và NQ. Dễ thấy MP / / AE H· AB F· MN (đồng vị). BC / / NQ H· BA F· NM (đồng vị).Lại có AB MN gt do đó AHB MFN g.c.g HB FN mà HsuyB / ra/ F tứN giác HFNB là hình bình hành lại HcóF / / BN DH  BN DH  HF . DoD· H đóF 900 D· QF D· HF D· PF 900 5 điểm D,Q,H,P,F cùng thuộc một đường tròn hay bốn điểm D, Q, H, P cùng thuộc một đường tròn. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 29 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học: 2018 – 2019 Môn thi: Toán (chung) – Đề 1 ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 x . 3 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng y x 2 (d )và y x 3 (d . ) 1 2 2 Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d 1), (d2) với trục Oy và C là giao điểm của (d 1) với (d2). Tính diện tích tam giác ABC. 3) Cho tam giác ABC có AB 8(cm), BC 17(cm),CA 15(cm) . Tính chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy là 6 (cm) , độ dài đường sinh là 5(cm) . Tính thể tích hình nón đó. 1 x 1 1 x Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức P x : (với x 0 và x 1 ). x x x x 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Chứng minh rằng với mọi x 0 và x 1 thì P 4 . Câu 3 (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 mx m2 m 4 0 (với m là tham số). a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho (x1 x2 ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để x2 x1 2 . 2) Giải phương trình 6 x 2 3 3 x 3x 1 4 x2 x 6 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (với AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O; R). Đường tròn (O; R) tiếp xúc với các cạnh BC, AB lần lượt tại D, N. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O; R). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. 1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI.BD FI.CD R2 . 2) Gọi P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD; Q là giao điểm của BC và AI. Chứng minh AQ 2KP . 3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC, B 1 là giao điểm của BO với cạnh AC, C 1 là giao điểm của CO với cạnh AB và (O1; R1) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1 1 1 2 Chứng minh: . AA1 BB1 CC1 R1 OO1 Câu 5 (1,0 điểm) (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y (1) 1) Giải hệ phương trình 2 2 (2) x 8x 5 2(3y 2) 4x 3y 2 2x 5x 2 2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab 2bc 2ca 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 11a 11b 12c biểu thức Q . 8a2 56 8b2 56 4c2 7 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2x 3 x (1) (ĐK: x 0 ) 2 2 x 1 1) (1) x 2x 3 x 2x 3 0 (x 1)(x 3) 0 0.5 x 3 Kết hợp với điều kiện Vậyx nghiệm3 của phương trình là x = 3. y Đường thẳng (d ) đi qua các điểm 1 4 (0; – 2) và (– 2; 0) Đường thẳng (d2) đi qua các điểm B (0; 3) và (– 2; 0) Theo đề bài, ta có: 2 2) 0.5 A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0) d1 CO = 2; AB = 5 Diện tích của ABC là: AB.OC 5.2 C O x S 5 (đơn vị diện tích) 2 2 d Ta có: 2 2 A BC2 = 172 = 289 Câu AB2 + AC2 = 82 + 152 = 289 BC2 = AB2 + AC2 B 1 ABC vuông tại A (định lí Py-ta-go đảo) (2,0đ) F Vẽ (O; R) nội tiếp ABC, (O) tiếp xúc AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F. · · · 0 Tứ giác ADOE có DAE ADE AED 90 D O 3) Tứ giác ADOE là hình chữ nhật 0.5 Lại có OD = OE = R Tứ giác ADOE là hình vuông AD = OD = R A E C Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AD = AE, BD = BF, CE = CF AB + AC = AD + BD + AE + CE = AD + BF + AD + CF = 2AD + BC AD = (AB + AC – BC) : 2 = (8 + 15 – 17) : 2 = 3(cm) R = 3cm. C 6 Bán kính đường tròn đáy là: r 3 (cm) 2 2 Gọi  là độ dài đường sinh, h là chiều cao của hình nón 4) 0.5 Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: h 2 r2 52 32 4 (cm) 1 1 Thể tích hình nón là: V r2h .32.4 12 (cm3) 3 3 1 x 1 1 x P x : x x x x Câu 2 1) 1.0 (1,5đ) x 1 x 1 x 1 1 x x 1 x 1 1 x : : x x x 1 x x x 1 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 2 x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x 1 : : x x x 1 x x x 1 x 2 x 1 Vậy P với x 0 và x 1 . x Với x 0 và x 1 , ta có: 2 2 x 1 x 1 4 x 4 x 2) P 4 0.5 x x x Vậy với mọi x 0 và x 1 thì P 4 . Phương trình x2 mx m2 m 4 0 2 2 1 15 Ta có hệ số c m m 4 m 0 1a) 2 4 0.75 ac 0 Phương trình có hai nghiệm trái dấu Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 x2 x1 0 x2 Do đó: x x 2 x x 2 1b) 2 1 2 1 0.75 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m m 2 Vậy m 2 là giá trị cần tìm. 6 x 2 3 3 x 3x 1 4 x2 x 6 6 2 x 3 3 x 3x 1 4 (2 x)(3 x) ĐK: 2 x 3 Đặt a 2 x , b 3 x (a,b 0) 3x 1 4a2 b2 10 Phương trình trở thành: Câu 6a 3b 4a2 b2 10 4ab 3(2a b) (2a b)2 10 3 2 (2,5đ) (2a b) 3(2a b) 10 0 (2a b 2)(2a b 5) 0 2a b 5 0 (do a,b 0 2a b 2 0) 2a b 5 2 2 x 3 x 5 Cách 1: 2) 1.0 2 2 x 3 x 5 4(2 x) 4 (2 x)(3 x) 3 x 25 3x 11 4 (2 x)(3 x) 25 4 (2 x)(3 x) 14 3x 16(6 x x2 ) 196 84x 9x2 (do x 3 14 3x 0) 25x2 100x 100 0 x2 4x 4 0 (x 2)2 0 x 2 (thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 2 Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2 2 x 3 x 22 12 2 x 3 x 25 2 2 x 3 x 5 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 2 x Dấu “=” xảy ra 3 x 2 x 12 4x x 2 2 0.25 Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: A OB là tia phân giác của góc NOD, OE là tia phân giác của góc NOI 0.75 Mà góc NOD kề bù với góc NOI OB  OE BOE vuông tạiI O 0 0 0 E F Ta có: Oµ 1 Oµ 2 D· OI B· OE 180 90 90 µ µ 0 µ µ 1) B1 O2 90 ( BOD vuông tại D) O1 B1 N 1 · · 0 µ µ IOE và DBO có: OIE ODB 90 ,O1 B1 O OI EI 2 IOE # DBO (g.g) EI.BD OI.OD R 2 BD OD 1 Chứng minh tương tự, ta được FI.CD R 2 Vậy EI.BD FI.CD R 2 B A D C EI CD Từ EI.BD FI.CD (1) FI BD I EF // BC ( DI ). Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét,E ta có: F EI FI AI EI BQ N K (2) BQ CQ AQ FI CQ 2) Từ (1) và (2) O 0.5 CD BQ CD BD CD BD BC 1 BD CQ BD CQ BQ CQ BQ CQ BC Câu Lại có BP = CP BP – BD = CP – CQ BPD = PQ D P Q C Vì KD = KA và PD = PQ KP là đường trung bình của DAQ 4 A (3,0đ) AQ = 2KP Ta có: 1 1 1 2 B1 C1 AA1 BB1 CC1 R1 OO1 O R OO R OO R OO 1 1 1 1 1 1 2 AA1 BB1 CC1 O1 R OO O A OO OA AA OA OA Lại có: 1 1 1 1 1 B 1 1S R A11 C AA1 AA1 AA1 AA1 AA1 Kẻ OR  BC, AS  BC OA OR OR.BC 2S S R OO OA S 3) 1 OBC OBC 1 1 1 1 1 OBC 1.0 AA1 AS AS.BC 2SABC SABC AA1 AA1 SABC R OO S R OO S Tương tự, ta có: 1 1 1 OAC ; 1 1 1 OAB BB1 SABC CC1 SABC R OO R OO R OO S S S 1 1 1 1 1 1 3 OBC OAC OAB AA1 BB1 CC1 SABC SABC SABC R OO R OO R OO S 1 1 1 1 1 1 3 ABC 3 1 2 AA1 BB1 CC1 SABC Dấu “=” xảy ra O  O1 ABC đều (vô lí, vì AB < AC) GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 1 1 1 2 Vậy (đpcm). AA1 BB1 CC1 R1 OO1 (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y (1) 2 2 (2) x 8x 5 2(3y 2) 4x 3y 2 2x 5x 2 Đặt u 2x y 1 , v x 2y u,v 0 . Phương trình (1) trở thành: (2v2 1)u (2u2 1)v 2uv2 u 2u2v v 0 2uv(v u) (v u) 0 (v u)(2uv 1) 0 v u 0 (do u,v 0 2uv 1 0) v u x 2y 2x y 1 x 2y 2x y 1 3y x 1 Thay 3y x 1 vào phương trình (2) được: 2 1 x 8x 5 2(x 1) 3x 1 2 (x 2)(2 x 1) ĐK: x 3 1) (x 2 2 x 1) 6 x 4 2(x 1) 3x 1 2 (x 2)(2 x 1) 0.5 2 (x 1) 3x 1 2(x 1) 3x 1 x 2 2 x 1 2 (x 2)(2 x 1) 0 2 2 x 1 3x 1 x 2 2 x 1 0 Câu 2 2 5 x 1 3x 1 x 2 2 x 1 0 (1,0đ) x 1 3x 1 0 x 1 3x 1 x2 x 0 x 2 2x 1 0 x 2 2x 1 x 2 2x 1 x 1 (TMĐK) Với x 1 thì y 0 Thử lại thấy (x, y) (1;0) là nghiệm của hệ. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (1;0) . Sử dụng giả thiết ab 2bc 2ca 7 và áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 8a2 56 2 2(a2 7) 2 2(a2 ab 2bc 2ca) 2 2(a b)(a 2c) 2(a b) a 2c 3a 2b 2c Tương tự: 8b2 56 3b 2a 2c 1 4c2 7 4c2 ab 2bc 2ca (2c a)(2c b) 2c a 2c b 2 2) 0.5 8a2 56 8b2 56 4c2 7 1 1 Do đó: (3a 2b 2c) (3b 2a 2c) (4c a b) 11a 11b 12c 2 2 11a 11b 12c Q 2 1 11a 11b 12c 2 Dấu “=” xảy ra GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 2(a b) a 2c b 2c a b 1 2c a 2c b 3 c ab 2bc 2ca 7 2 3 Vậy minQ 2 khi a b 1,c . 2 Đề 30 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 31 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 32 Chuyên Hùng Vương Bình Định GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 33 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau 2 x a) P 45 5 b) Q 1 : với x > 0 và x 4 x 2 x 2 Giải: a) Ta có P 9.5 5 3 5 5 2 5 x 2 2 x 2 x x 2 x 1 b) Ta có Q . . x 2 x x 2 x x x 2 1 Câu 2: a) Xác định hệ số a của hàm số y ax (a 0), biết đồ thị của nó đi qua điểm M ;1 3 b) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 m 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương 2 2 trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 1 x1 1 x2 6 1 1 Giải: a) Đồ thị của hàm số đi qua điểm M ;1 nên x ; y = 1 thay vào đẳng thức 3 3 2 2 1 y ax được a 1 a 9 3 b) Để phương trình có hai nghiệm thì ' 0 m 1 2 m2 m 0 x1 x2 2 m 1 m2 2m 1 m2 m 0 m 1 0 m 1. Theo Vi-et thì 2 x1x2 m m 2 2 2 2 Ta có 1 x1 1 x2 6 1 2x1 x1 1 2x2 x2 6 2 2 2 x1 x2 2x1x2 2 x1 x2 4 4 m 1 2 m m 4 m 1 4 4m2 8m 4 2m2 2m 4m 4 4 2m2 2m 4 0 m2 m 2 0 2 m 2 m 2m m 2 0 m m 2 m 2 0 m 2 m 1 0 m 1 Đối chiếu ĐK m 1 thi m = -1 thỏa mãn bài toán Câu 3: Hai người công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 16 giờ. Nếu người 1 thứ nhất làm 3 giờ và người thứ hai làm 2 giờ thì họ làm được công việc. Hỏi nếu làm một mình thì 6 mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu ? Giải: Gọi thời gian người công nhân A làm một mình xong công việc là x (giờ). ĐK x > 16 Thời gian người công nhân B làm một mình xong công việc là y (giờ). ĐK y > 16 1 1 1 Mỗi giờ A làm được (công việc), B làm được (công việc), cả hai người làm được x y 16 1 1 1 1 1 1 (công việc). Ta có phương trình (1) x y 16 y 16 x 1 Vì A làm 3 giờ và B làm 2 giờ thì họ làm được công việc nên ta có phương trình 6 3 2 1 3 2 2 1 1 1 (2). Từ (1) thế vào (2) được x 24 thay vào (1) được x y 6 x 16 x 6 x 24 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 1 1 1 1 1 y 48 . Đối chiếu điều kiện ta có thời gian người thứ nhất làm một y 16 24 y 48 mình xong công việc là 24 giờ, người thứ hai là 48 giờ Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC, nội tiếp đường tròn (O; R). Vẽ đường kính AD của đường tròn (O), đường cao AH của tam giác ABC (H thuộc BC) và BE vuông góc với AD (E thuộc AD) a) Chứng minh rằng tứ giác AEHB nội tiếp b) Chứng minh rằng AH. DC = AC. BH c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng IH = IE Giải: a) Ta có BH  AE (gt); AH  BC (gt) A· EB A· HB 900 suy ra đỉnh E, B cùng nhìn A đoạn thẳng AB dưới 1 góc vuông nên tứ giác AEHB nội tiếp đường tròn b) Ta có A· DC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét AHB và ACD có O A· HB A· CD 900 và A· BH A· DC (góc E nội tiếp cùng chắn cung AC) AHB  ACD (g – g) AH BH C AH. DC = AC. BH B H I AC DC D c) Theo câu a tứ giác AEHB nội tiếp 1 nên B· AD E· HI (cùng bù với B· HE ) mà B· AD B· OD (góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung 2 1 BD) E· HI B· OD (1). Ta lại có IB = IC (gt) OI  BC do đó B· IO B· EO 900 suy ra đỉnh E, I 2 cùng nhìn đoạn BO dưới 1 góc vuông nên tứ giác BIEO nội tiếp E· IC B· OD (cùng bù với B· IE ) (2) 1 Từ (1) và (2) suy ra E· HI E· IC E· IC 2E· HI mà E· IC E· HI I·EH (góc ngoài của EIH) 2 E· HI I·EH EIH cân tại I IH = IE 25 Câu 5: Cho a, b là các số thực thỏa mãn a 2 b 2 . Tìm GTNN của P 1 a 4 1 b4 4 2 Giải: Áp dụng BĐT Minicopski ta có P 1 a 4 1 b4 1 1 2 a 2 b2 2 9 a 2 b2 4 . Từ giả thiết ta có 2a 2b ab 4 a 2 b2 4a 2 1 4a Ta có a 2 b2 2ab ab (1); 4a 2 4b2 4 a b 2 2 2 4b 1 4b 2 a 2 b2 2 a b 1 (2). Cộng theo vế các BĐT (1) và (2) được 2 2 5 a b 9 5 1 1 17 ab 2 a b 1 1 a 2 b2 P 4 2 4 4 2 4 2 17 1 Do đó GTNN của P bằng . Đạt được khi a b 2 2 Đề 34 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT BÌNH ĐỊNH Môn thi: Toán Đề chính thức Ngày thi: 13/06/2018 Thời gian: 120 phút 1 1 x Bài 1: ( 2 điểm) Cho biểu thức A : , với x > 0. x x x 1 x 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị của x để A = 3 2 2x y 4 Bài 2: (2 điểm) 1.Không dùng máy tính, giải hệ phương trình x 3y 5 2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M (1;-3) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B. a)Xác định tọa độ các điểm A,B theo k. b)Tính diện tích tam giác OAB theo k. Bài 3( 2 điểm) Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó bằng 18 ( số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình phưởng số đảo ngược của nó bằng 618. Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy y ( M không trùng vói B,C,H). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB và AC. a)Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn này. b)Chứng minh OH  PQ c)Chứng minh MP + MQ = AH Bài 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC đều cí cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động AM AN trên hai đoạn thẳng AB, AC sao cho 1. Đặt AM = x, AN = y. MB NC Chứng minh rằng MN = a – x - y. GIẢI Bài 1: a) Rút gọn 1 1 x 1 1 x A : : 2 x x x 1 x 2 x 1 x x 1 x 1 x 1 2 1 x x 1 1 x x 1 1 x . . x x 1 x x x x 1 1 x 1 2 2 b) A 2(1 x) x 2 2x x x kết hợp điều kiện x > 0 Vậy 0< x < 2 x 2 3 3 2x y 4 6x 3y 12 7x 7 x 1 Bài 2: a) x 3y 5 x 3y 5 x 3y 5 y 2 b) Phương trình đường thẳng có hệ số góc k có dạng: y = kx + b Vì đường thẳng d đi qua M (1;-3) nên – 3 =k + b hay b = - k – 3. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Do đó d có dạng: y = kx – k – 3. Trục hoành có dạng y = 0 k 3 k 3 Giao điểm của d và trục Ox là: kx – k – 3 = 0 x Tọa độ điểm A là: ;0 k k Trục tung có dạng x= 0. Do đó giao điểm của d và trục Oy là : y = - k – 3 Vậy tọa độ điểm B là 0; k 3 5 5 b) Khi k = 2 thì tọa độ của A là ;0 , B là 0; 5 OA = , OB = 5. 2 2 Diện tích của tam giác OAB là : =OA.OB.1 =25 (đvdt) 2 4 Bài 3 : Gọi x là số ban đầu, y là chữ số đảo ngược của x. ĐK : 18 y>0 x y 18 y2 y 600 0 Theo đề ta có hệ phương trình 2 x y 618 A Giải hệ phương trình ta được y= 24 (thỏa mãn) và y = -25 (loại) Vậy y = 24 và số cần tìm là 42. Bài 4 : O a) Ta có góc APM = 900 ( MP vuông góc AB) Q Góc AQM = 900 ( MQ vuông góc AC) P Xét tứ giác APMQ có Góc APM+góc AQM = 900+900 =1800 B C M H Nên tứ giác APMQ nội tiếp. Vì góc APM = 900 nên AM là đường kính Do đó tâm O là trung điểm AM. b) Vì góc AHM = 900 nên H nìn AM dưới 1 góc 900 nên H thuộc đường tròn đường kính AM. Do đó H thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. Vì tam giác ABC đều có AH là đường cao nên AH đồng thời là phân giác Do đó góc PAH = góc HAQ ; Do đó cung HP = cung HQ Suy ra HP = HQ Mà OP = OQ Nên OH là trung trực của PQ. A Vậy OH vuông góc PQ. 1 1 H b) Ta có SAMC AH.MC MQ.AC AH.MC MQ.AC 2 2 N Mà tam giác ABC đều nên AC = BC M MQ.BC Do đó AH.MC = MQ.BC AH MC. Mặt khác tam giác MBP : MQC (g-g) B C MP MB MP MQ MB MC BC BC.MQ Nên MP MQ AH MQ MC MQ MC MC MC Bài 5: Kẽ MH vuông góc AC. Trường hợp 1: H nằm giữa AN Tam giác AMH vuông tại H có góc A = 600 nên AH = 1/2AM = x/2. Mà AN =y nên HN = y – x/2 = 2y x 2 2 2 x x 3 Tam giác AMH vuông tại H nên MH = MH x 2 2 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 3x3 (2y x)2 Do đó MN x2 y2 xy 4 4 Do đó ta cần chứng minh x2+ y2 – xy = (a-x-y)2 Hay (a –x – y)2 – (x- y)2 = xy Hay (a-2x)(a-2y)=xy\ Hay xy = a2-2ay – 2ax +4xy (*) Mà theo gia thiết ta có AM AN x y 1 1 x(a y) y(a x) (a x)(a y) MB NC a x a y ax xy ay xy a 2 ax ay xy 0 a 2 2ax 2ay 3xy hay xy a 2 2ax 2ay 4xy Vậy (*) đã được chứng minh. TH2: H nằm ngoài AN. Chứng minh tương tự. Đề 35 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÁO LỚP 10 THPT CHUYÊN TRÀ VINH NĂM HỌC 2018 – 2819 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2.0 điểm) Cho biểu thức: x x y Q (1 ) : x2 y2 x2 y2 x x2 y2 ( với x > y > 0 ) 1. Rút gọn Q. 2. Xác định giá trị của Q khi x = 3y Bài 2. (1.0 điểm) Cho đường thẳng (d) y=ax+b. Tìm a, b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P)y=x2 tại A(-1;1). x 2 x 2 4 8 x 2 Bài 3. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình: 4 x 2 y 2 2 y 1 xy x 1 2. Giải hệ phương trình: Bài 4. (1.0 điểm) Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: 2 2 2 2 2 2 2 (b c a )x 4bcx (b c a ) 0 Bài 5. (1.0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2 y2 z2 2 2 2 2 x3 y3 z3 2 2 2 2 2 2 3 Chứng minh: x y y z z x 2xyz Bài 6. (3.0 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O;R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI AB, MK AC ( I AB, K AC ). 1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2. Vẽ MP BC ( P BC ). Chứng minh M· PK M· IP . 3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. HẾT GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 36 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017 – 2018 BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Đề chính thức Môn thi: Toán (Chuyên toán – tin) Ngày thi: 02/ 6/ 2018 Thời gián làm bài: 150 phút 3x 5 x 11 x 2 2 Bài 1: (2 điểm). P (x 0'; x 1 ) x x 2 x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P nhận giá trị nguyên. Bài 2: (1,5 điểm). Cho a, b là bình phương của hai số lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng: ab – a – b +1 chia hết cho 192 Bài 3: (2,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực phân biệt có tổng bằng 3. Chứng minh rằng, trong ba phương trình x2 2ax b 0 , x2 2bx c 0 , x2 2cx a 0 có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt và ít nhất một phương trình vô nghiệm. Bài 4: (3 điểm) Cho đường tròn tam giác ABC (AB < AC) có các góc đều nhọn, tiếp nội tiếp trong đường tròn tâm O. Đường phân giác tại A của tam giác cắt đường tròn (O) tại điểm D khác A. Gọi M, H lần lượt là trung điểm của AD và BC. Đường tròn qua ba điểm A, B, M cắt cạnh AC tại F. BD DM a) Chứng minh: BC CF b) Chứng minh FH song song AD c) Gọi E là điểm đối xứng với D qua O, chứng minh EF vuông góc AC. Bài 5: (1 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x 3, y 2, z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: xy z 1 xz y 2 yz x 3 P xyz giải: 3x 5 x 11 x 2 2 Bài 1: (2 điểm). P (x 0'; x 1 ) x x 2 x 1 x 2 3x 5 x 11 (x 4) 2 x 1 2x 7 x 9 x 1 2 x 9 2 x 9 a) P x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 2 x 9 Vậy: P (với x 0'; x 1 ) x 2 5 b) Từ câu a) ta có: P 2 (với)x 0'; x 1 x 2 nên P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi x 2 Ư(5) x 2 5(vì x 2 2 với x 0) x 3 x 9 (thỏa ĐK: x 0'; x 1 ) Vậy P có giá trị nguyên khi x = 9 Bài 2: (1,5 điểm). Theo giả thiết, ta có: a (2n 1)2 ; b (2n 1)2 (n ¥ *) GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 2 2 2 2 ab a b 1 (a 1)(b 1) (2n 1) 1 (2n 1) 1 (4n 4n)(4n 4n) 16n(n 1)n(n 1) Trong đó (n – 1)n 2 và n(n + 1)  (vì trong hai số tự nhiện liên tiếp có một số chia hết cho 2 nên ab – a – b +1 16 2 2 hay ab – a – b +1 64 và (n – 1)n(n + 1)  3 (vì trong ba số tự nhiện liên tiếp có một số chia hết cho 3) Do đó: ab – a – b + 1 64 3 Vậy ab – a – b + 1 192 Bài 3: (2,5 điểm) Ba phương trình: x2 2ax b 0 (1), x2 2bx c 0 (2), x2 2cx a 0 (3) ' 2 ' 2 ' 2 có 1 a b , 2 b c và 3 c a (*) ' ' ' 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 3(a b c ) 3(a b c) (a b c) (a b) (b c) (c a) 3(a b c) ' ' ' 2 2 2 3 1 2 3 (a b) (b c) (c a) 0(với a + b + c = 3 và a b, b c, c a) suy ra: trong ba biệt thức ở (*), có ít nhất một số dương và ít nhất một số âm. Vậy: trong ba phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt và ít nhất một phương trình vô nghiệm. E BD DM Bài 4: (3 điểm) a) Chứng minh: BC CF A F Vì AC cắt đường tròn qua ba điểm A, B, M tại F 1 1 nên ta có: M· BF M· AF (= sđ F»M )mà M· AF C· BD (= sđC»D của đường tròn (O)) 2 2 M O · · suy ra: MBF CBD (*) B H C Xét hai tam giác MBD và FBC, chúng có: 1 M· BD F· BC (suy ra từ (*)) vàM· DB F· CB (= sđA»B của đường tròn (O)) 2 D S BD DM MBD FBC (g,g) (1) BC CF b) Chứng minh FH song song AD 1 DA BD BD DA Ta có: (1) 2 (vì H, M lần lượt là trung điểm của BC và AD) 2CH CF HC CF 1 lại có: B· DA H· CF (= sđA»B của đường tròn (O)) 2 BDAS HCF (c,g,c) C· FH D· AB (2) Mặt khác: H là trung điểm của dây không qua tâm đường tròn (O) nên OHE là đường trung trực của đoạn thẳng BC, suy ra DB = DC D»B D»C D· AB C· AD (3) A Từ (2) và (3) suy ra: C· FH C· AD và chúng ở vị trí đồng vị F Vậy FH // AD (4) c) Chứng minh EF AC. M O Từ (4) F· HE A· DE (đồng vị) (5) 1 B H C lại có: A· DE F· CE (= sđA»E của đường tròn (O)) (6) 2 (5) và (6) suy ra F· HE F· CE nên H và C thuộc cung chứa góc dựng trên FE Do đó 4 điểm C, H , F, E cùng thuộc một đường tròn D mà C· HE 90o (DE là trung trực của BC nên DE BC) GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 C· FE C· HE 90o (nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn qua 4 điểm C, H , F, E) Vậy EF AC 1 1 Bài 5: (1 điểm) Dễ chứng minh: (a 0, b 0) a b 2 ab Khi đó, với x 3, y 2, z 1, ta có: z 1 y 2 x 3 1 1 1 P 1 2 3 z y x z 1 y 2 x 3 z 1 y 2 x 3 1 1 1 6 3 2 2 3 P , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 3 12 3 x 3 x 3 x 6 2 6 3 2 2 3 y 2 y 4 Vậy Max (P) = khi x = 6, y = 4, z = 2 y 2 12 z 2 1 z 1 z 1 Đề 37 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH DƯƠNG Năm học: 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: 7 2 x x 2 x 7 x . b) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2018 x2 y 2018 y2 2018. Tính giá trị của biểu thức: Q x2019 y2019 2018 x y 2020 . 2 Câu 2 (1,5 điểm) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 m 1 x 2m 6 0. Tìm tất 2 2 x x cả các giá trị m nguyên dương để A 1 2 có giá trị nguyên. x2 x1 Câu 3 (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 1 P . 2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 2025 2024 2024 2025 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn: x2 y2 3 x y . Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A và C khác B). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của MA, MC. Đường thẳng KA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D. a) Chứng minh rằng: KO2 – KM2 = R2. b) Chứng minh rằng tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp. GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 c) Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O) và N là trung điểm của KE. Đường thẳng KE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng bốn điểm I, A, N, F cùng thuộc một đường tròn. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Phầ Điể Câu Nội dung n m 7 2 x x 2 x 7 x (1) ĐK: 0 x 7 (1) 7 2 x x 2 7 x x. 7 x 7 x x. 7 x 2 x 2 7 x 0 7 x 7 x x 2 7 x x 0 a) 1.5 7 x x 0 7 x x 7 x 2 0 7 x 2 0 7 x x 7 x x x 3,5 (TM) 7 x 2 7 x 4 x 3 (TM) Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3,5;3 2 2 Câu x 2018 x y 2018 y 2018 (1) 1 Thực hiện phép nhân liên hợp, ta có: (3,0 (1) x2 2018 x2 y 2018 y2 2018 x 2018 x2 đ) 2018 y 2018 y2 2018 x 2018 x2 y 2018 y2 2018 x2 x 2018 x2 2018 y2 x y (2) (1) x 2018 x2 y2 2018 y2 2018 y 2018 y2 b) 1.5 2018 x 2018 x2 2018 y 2018 y2 x 2018 x2 2018 y2 y 2018 x2 2018 y2 x y (3) Từ (2) và (3) x y x y 2x 2y x y Thay x y vào biểu thức Q, ta được: Q ( y)2019 y2019 2018 y y 2020 y2019 y2019 2018.0 2020 2020 Câu ' (m 1)2 (2m 6) m2 2m 1 2m 6 2 2 2 1.5 (1,5 (m 4m 4) 3 (m 2) 3 0 m đ) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 x1 x2 2m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 2m 6 Do đó: 2 2 2 2 x x x x x x x2 x2 A 1 2 1 2 2 1  2 1 2 2 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x1x2 2 2 2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 (2m 2) 2(2m 6) 2 2 x1x2 2m 6 2 2 4m2 8m 4 4m 12 4m2 12m 16 2 2 2m 6 2m 6 2 2 2m(2m 6) 16 8 2 2m 2 2m 6 m 3 8 Với m N *,m 3 thì 2m Q A có giá trị nguyên m 3 8 8 2m Z Z m 3 m 3 m 3 1; 2;4;8 do m 0 m 3 3 m 4;2;5;1;7;11 Vậy m 4;2;5;1;7;11 là các giá trị cần tìm. 1 1 1 1 P 2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 2025 2024 2024 2025 Với n N * , ta có: 1 1 n 1 n n n 1 n 1. n. n 1 n n 1 n n 1 n 1 1 a) 1.0 n 1. n. n 1 n n 1. n n n 1 Áp dụng kết quả trên, ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 Câu P 3 1 2 2 3 3 4 2024 2025 (2,0 1 1 1 44 đ) 1 1 2025 45 45 x y 2 0 x2 2xy y2 0 x2 2xy y2 x2 2xy y2 x2 2xy y2 2 x2 y2 x y 2 (1) b) 1.0 Theo đề bài: x2 y2 3 x y 2 x2 y2 6 x y (2) Từ (1) và (2) x y 2 6 x y GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 * x y 6 (do x, y N x y 0) A (3) Vì x2 , y2 là các số chính phương nên chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 2 2 2 2 Mà x y 3 x y  3 x 3 và y 3 I (4) Từ (3) và (4) x y 3 (thỏa mãn đề bài) Vậy xD y 3 . 0.25 P H Gọi H, P lần lượt là giao điểmM của OM với AB, IK. O Ta có: OA = OB = R và MA = MB (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) K OM là đường trung trực của AB OM  AB tại H C MAC có IM = IA và KM = KC IK là đường trung bình của MAC IK // AC hay IP // AH MAH có IM = IA và IP // AH PM = PH Vì IK // AC và OM  AC OM  IK tại P B Các tam giác KPO, KPM vuông tại P Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: a) 1.25 KO2 KP2 PO2 và KM2 KP2 PM2 A KO2 KM2 PO2 PM2 (PO PM)(PO PM) OM.(PH OH PM) OM.OH (do PM PH) 1 I Q OAM vuông tại A (vì MA là tiếp tuyến tại A của (O)) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông,D ta có: OM.OH OA2 R 2 Mà KO2 KM2 OM.OH M O KO2 KM2 R 2 (đpcm). K 1 Vẽ tiếp tuyến KQ của (O) (Q và A nằm cùng phía với MC) C KQO vuông tại Q KO2 KQ2 OQ2 KQ2 R 2 (định lí Py-ta-go) Câu 1 4 Mà KO2 KM2 R 2 KO2 KM2 R 2 KQ2 KM2 KQ KM KC AB (3,5 · · · 1 » đ) KQD và KAQ có: QKA chung; KQD KAQ sđDQ b) 2 1.0 1 E KQ KD KIC KD KQD KAQ (g.g) (vì KQ KC) KA KQ KA KC D µ µ µ µ µ µ N1 » KCD KAC (c.g.c) MC1 A1 C1 B1 vì A1 B1 sđBDO F 2 Tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp (đpcm) K C Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDM có 2 D· MC Bµ 2 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD) µ µ 1 » · µ B Mà B2 E1 sđAD DMC E1 2 Nhưng hai góc ở vị trí so le trong MK // AE AEKM là hình thang c) 1.0 Hình thang AEKM (AE // MK) có IA = IM và NE = NK IN là đường trung bình của hình thang AEKM I·NF A· EF (2 góc đồng vị) · · 1 » · · · Mặt khác: IAF AEF sđAF IAF INF AEF 2 AIFN là tứ giác nội tiếp 4 điểm A, I, F, N cùng thuộc một đường tròn (đpcm). GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 38 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN TRÀ VINH NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) x x y Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức: Q 1 : với x y 0 . 2 2 2 2 2 2 x y x y x x y 1. Rút gọn Q. 2. Xác định giá trị của Q khi x 3y . Bài 2. (1,0 điểm) Cho đường thẳng (d) : y ax b . Tìm a,b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P) : y x2 tại điểm A( 1;1) . x2 Bài 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: x2 4 8 x2 4 x2 y2 2y 1 2. Giải hệ phương trình: . xy x 1 Bài 4. (1,0 điểm) Với a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: (b2 c2 a2 )x2 4bcx (b2 c2 a2 ) 0 . Bài 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2 y2 z2 2 . 2 2 2 x3 y3 z3 Chứng minh: 3. x2 y2 y2 z2 z2 x2 2xyz Bài 6. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI  AB,MK  AC ( I AB, K AC ). 1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2. Vẽ MP  BC (P BC) . Chứng minh M· PK M· IP . 3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Phầ Điể Câu Nội dung n m x x y Q 1 : 2 2 2 2 2 2 x y x y x x y x x x2 y2 x x2 y2  Bài 1 x2 y2 x2 y2 y (2,0đ 1) 1.5 x x2 x2 y2 x y ) x2 y2 y x2 y2 x2 y2 x2 y2 2 x y x y x y. x y x y GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 x y Vậy Q với x y 0 . x y Thay x 3y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được: 2) 3y y 2y 2 2 0.5 Q Vậy Q khi x 3y . 3y y 4y 2 2 Vì đường thẳng (d) : y ax b đi qua điểm A( 1;1) nên ta có: 1 a b b a 1 (1) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): ax b x2 x2 ax b 0 (2) Thay (1) vào (2) được: Bài 2 x 1 (1,0đ 2 1.0 x ax a 1 0 (x 1)(x 1 a) 0 ) x a 1 Vì (d) tiếp xúc với parabol (P) : y x2 tại điểm A( 1;1) nên phương trình 1 a 1 a 2 (2) có nghiệm kép x x 1 1 2 b 2 1 1 Vậy a 2;b 1 . x2 x2 4 8 x2 x2 4 x2 4 16 2x2 (1) 4 ĐK: 2 x 2 2 ; Đặt y x2 4 (y 0) x2 y2 4 Phương trình (1) trở thành: y2 4 4y 16 2 y2 4 y 2 2 8 2y2 y 2 8 2y2 y 2 8 2y2 (do y 0 y 2 0) 2y2 y 6 0 (y 2)(2y 3) 0 3 1) 2y 3 0 (do y 2 0) y 1.0 2 Bài 3 (2,0đ 2 ) 3 2 3 2 25 5 Với y , ta có: x 4 x x 2 2 4 2 5 Kết hợp với điều kiện x 2 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x . 2 x2 y2 2y 1 (1) 2) xy x 1 (2) 1.0 Với x 0 , phương trình (2) trở thành 0 1 (vô lí). Với x 0 , ta có: GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 x2 y2 2y 1 2 x2 (y 1)2 2 x2 y2 2y 1 1 1 xy x 1 y 1 y 1 x x 2 2 1 4 2 2 2 2 x 2 x 1 2x (do x 0) x 1 0 x 1 0 x 1 x 1 Với x 1 y 1 y 2 1 1 Với x 1 y 1 y 0 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (1;2),( 1;0). (b2 c2 a2 )x2 4bcx (b2 c2 a2 ) 0 (1) Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác nên: a,b,c 0; b c a 0; a b c 0; a c b 0 (2) Xét 2 trường hợp: + TH1: b2 c2 a2 0 Phương trình (1) trở thành: 4bcx 0 x 0 (do b,c 0) Bài 4 Phương trình (1) có nghiệm (1,0đ + TH2: b2 c2 a2 0 Phương trình (1) là phương trình bậc hai 1.0 ) Xét ' (2bc)2 (b2 c2 a2 )2 (2bc b2 c2 a2 )(2bc b2 c2 a2 ) b c 2 a2 a2 b c 2 a b c b c a a b c a c b Kết hợp với (2) ' 0 Phương trình (1) có nghiệm * Kết luận: Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm. Vì x, y, z 0; x2 y2 z2 2 nên: 2 2 2 x3 y3 z3 3 (1) x2 y2 y2 z2 z2 x2 2xyz x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 3 x2 y2 y2 z2 z2 x2 2yz 2zx 2xy z2 x2 y2 x2 y2 z2 Bài 5 1 2 2 1 2 2 1 2 2 B 3 (1,0đ x y y z z x 2yz 2zx 2xy ) x2 y2 z2 x2 y2 z2 1 2 (2) y2 z2 z2 x2 x2 y2 2yz 2I zx 2xy 1 2 2 2 2 2 z z Lại có: (x y) 0 x y 2xy M 1 P x2 y2 2 2xy A O y2 y2 z2 z2 Tương tự, ta có: ; 1 z2 x2 2zx x2 y2 2xy (2) đúng (1) đúng (đpcm) K Bài 6 1 0.25 (3,0đ 1) Tứ giác AIMK có: 2 0.75 C GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 ) A· IM A· KM 900 (GT) AIMK là tứ giác nội tiếp A· IM A· KM 1800 Chứng minh tương tự phần 1), ta có các tứ giác BIMP, CKMP nội tiếp   Tứ giác BIMP nội tiếp I1 Bµ 2 ; Tứ giác CKMP nội tiếp Cµ 2 P2 2) 1.0 µ µ 1 ¼   Mà B2 C2 sđMC P2 I1 (đpcm) 2  Chứng minh tương tự phần 2), ta có P1 Kµ 1    MPK và MIP có: P2 I1; Kµ 1 P1 MP MK MPK # MIP (g.g) MP2 MI.MK MI MP 3) 1.0 MI.MK.MP MP2.MP MP3 Do đó, tích MI.MK.MP lớn nhất MP3 lớn nhất MP lớn nhất M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Vậy khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Đề 39 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Hướng dẫn Câu 4 x1 x2 2 m 1 b)Theo Vi ét ta có x1x2 6m 4 2 Vì x2 là nghiệm nên ta có x2 2 m 1 x2 6m 4 2 Theo bài 2m 2 x1 x2 4x2 4 2m 2 x1 2 m 1 x2 6m 4 4x2 4 0 2m 2 x1 2m 2 x2 6m 0 2m 2 x1 x2 6m 0 2m 2 2m 2 6m 0 4m2 6m 4 0 2m2 3m 2 0 => m1=2 ; m2 = -1/2 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Câu 5. a) ta có AC là tiếp tuyến của (O) => góc CAB = 900 OH vuông góc với ED => góc CHO = 900 => tứ giác CAHO có đỉnh A, E cùng nhìn CO dưới góc 900 => tứ giác ACOH nội tiếp b) Ta có góc CAD là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc AEC là góc nội tiếp cùng chắn cung AD => góc CAD = góc AEC => tam giác CAD đồng dạng với tam giác CEA (g.g) => AD/AE = AC/CE => AD. CE = AE.AC c) Ta có góc ADE = góc ABE ; góc AHC = góc AOC = góc BON => tam giác ADH đồng dạng với tam giác NBO (g.g) => AD/BN = DH/BO Mà DE = 2DH ; AB = 2BO => AD/BN = DE/AB => tam giác ADE đồng dạng với tam giác NBA => góc AED = góc NAB = góc ABD => tam giác AON = tam giác BOM (g.c.g) => ON = OM => tứ giác AMBN là hình bình hành. * trường hợp hình vẽ sau làm tương tự Đề 40 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương
Các đề thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh năm học 2018 - 2019 Đề 41 Đề 42 GV sưu tầm: Phạm văn Cương Hải Dương