95 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán của các sở trên cả nước hệ không chuyên (Có đáp án chi tiết)

395 trang dichphong 8230

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "95 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán của các sở trên cả nước hệ không chuyên (Có đáp án chi tiết)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

95_de_thi_vao_lop_10_mon_toan_cua_cac_so_tren_ca_nuoc_he_kho.pdf

Nội dung text: 95 Đề thi vào Lớp 10 môn Toán của các sở trên cả nước hệ không chuyên (Có đáp án chi tiết)

Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Vậy BLC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O BLC 900 d) Gọi Q là giao điểm của CS với đường tròn O. Vì 3 cung BF, BL và EQ bằng nhau (do kết quả trên) =>Tứ giác BEQL là hình thang cân nên hai đường chéo BQ và LE bằng nhau. Mà BQ = RS, LE = DL + DE = DF + DE suy ra điều phải chứng minh. Đề số 79. Sở GD và ĐT Trà Vinh. Năm học: 2015-2016 Bài 1. (2,0 điểm) 1/ Tìm x để biểu thức A 2 x 4 có nghĩa 2/ Tính B (2 3)2 3 Bài 2. (1,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1/x2 6 x 7 0 2x y 4 2 / 3x y 1 Bài 3. (1,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x + 3 và y = x2 có đồ thị lần lượt là (d) và (P) 1/ Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy 2/ Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phép toán Bài 4. (1,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3 = 0 (1) (m là tham số) 1/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 2/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x1 + x2 + x1x2 Bài 5. (1,0 điểm) Một ca nô chạy xuôi dòng với quãng đường 42km, rồi sau đó ngược dòng trở lại 20 km hết tổng cộng 5h. Biến vận tốc của dòng nước chảy là 2 km/h. Tính vận tốc của ca nô lúc dòng nước yên lặng. Bài 6. (3,0 điểm) Từ một điểm M ở ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Qua A vẽ đường thẳng song song với MB, cắt đường tròn tại E, đoạn thẳng ME cắt đường tròn tại F. Hai đường thẳng AF và MB cắt nhau tại I. 1/ Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2/ Chứng minh IB2 = IF.IA –––––––––––Hết–––––––––– Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -317-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1 1/ Biểu thức A có nghĩa ⇔ 2x – 4 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ 4 ⇔ x ≥ 2 2/ Có B=| 2 3 | 3 2 3 3 2(Do 2> 3) Bài 2 1/ x2 + 6x – 7 = 0 Phương trình đã cho có a + b + c = 1 + 6 + (–7) = 0 nên có hai nghiệm x1 = 1; x2 = –7 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {–7;1} 2x y 4 5 x 5 x 1 x 1 2 / 3x y 1 3 x y 1 y 3 x 1 y 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;2) Bài 3 1/ Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 y=2x+3 3 5 y=x2 4 1 0 1 4 Đồ thị 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2x + 3 = x2 ⇔ x2 – 2x – 3 = 0 ⇔ (x + 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = –1 hoặc x = 3 Với x = –1 ⇒ y = (–1)2 = 1; với x = 3 ⇒ y = 32 = 9 Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là (–1;1) và (3;9) Bài 4 1/ Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆’ = (m + 1)2 – (m2 + 3) ≥ 0 ⇔ 2m – 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 2 2/ Theo định lý Viét ta có x1 + x2 = 2(m + 1); x1x2 = m + 3 ⇒ P = 2(m + 1) + m2 + 3 = m2 + 2m + 5 Vì m ≥ 1 nên m2 ≥ 1 ; m2 + 2m + 5 ≥ 1 + 2.1 + 5 = 8 Dấu bằng xảy ra ⇔ m = 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 Bài 5 Gọi vận tốc của ca nô lúc dòng nước yên lặng là x (km/h) (x > 0) Vì vận tốc nước là 2 km/h nên vận tốc xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là x + 2 và x – 2 (km/h) Suy ra x – 2 > 0 ⇔ x > 2 42 Thời gian để ca nô đi hết 42 km xuôi dòng là ()h x 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -318-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 20 Thời gian để ca nô đi hết 20 km ngược dòng là ()h x 2 Tổng thời gian là 5h do đó 42 20 5 x 2 x 2 42(x 2) 20( x 2) 5 (x 2)( x 2) 62x 44 5 x2 4 5x2 62 x 24 0 x 12( TM ) x 0,4( L ) Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12 km/h. Bài 6 1/ Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên MA ⊥ AO, MB ⊥ BO. MAO =MBO=90o=> MAO +MBO= 180o ⇒ MAOB là tứ giác nội tiếp 2/ Có FAB= FBI (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF) Xét ∆ IAB và ∆ IBF có IAB IBF() cmt AIB chung => IAB đồng dạng với IBF(g-g) IA IB IB2 IA.IF IB IF 3/ Có E=MAI (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AF) Vì AE // MB nên E =FMI . Suy ra MAI= FMI Xét ∆ MAI và ∆ FMI có MAI FMI MIA chung  ∆ MAI đồng dạng với ∆ FMI(g-g) MI AI => MI2 IA. IF FI MI Kết hợp với ý 2 có IB2= IM2= IA.IF =>IB =IM. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -319-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 80. Sở GD và ĐT Vĩnh Long. Năm học: 2015-2016 Bài 1. (1.0 điểm) 1. Tính: A 2 5 3 45 500 2. Rút gọn biểu thức B ( 5 1) 6 2 5 Bài 2. (2.5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 9 x 20 0 b) x4 4 x 2 5 0 2x y 5 c) x y 1 Bài 3. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P) : y =x2 và đường thẳng d) : y= 2(m-1)x+5-2m (m là tham số) a) Vẽ đồ thị parabol (P). b) Biết đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành độ giao điểm của đường 2 2 thẳng (d) và parabol (P) là x1, x2. Tìm m để x1 x 2 6 Bài 4. (1.0 điểm) Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội được bổ sung thêm 3 chiếc nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn hàng so với dự định. Hỏi lúc đầu đội có bao nhiêu xe, biết khối lượng hàng chở trên mỗi xe như nhau. Bài 5.(1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 15cm và AC = 20cm. Tính độ dài đường cao AH và trung tuyến AM của tam giác ABC. Bài 6. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn, hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H (D thuộc AC; E thuộc AB). a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi M, I lần lượt là trung điểm của AH và BC. Chứng minh MI vuông góc ED Bài 7. (1.0 điểm) Biết phương trình bậc hai (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 (x là ẩn số) có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -320-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT 2015 – 2016 VĨNH LONG Bài 1. a) A 2 5 3 45 500 2 5 3.3 5 10 5 5 b) B (51)625 (51)(51) 2 ( 5 1) | 5 1| ( 5 1)( 5 1) 5 1 4 Bài 2. a) Phương trình x2-9x+20=0 Ta có: (-9)2-4.20=1>0 9 1 x 4 1 2.1 Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 9 1 x 5 2 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {4; 5} b)Phương trình x4-4x2-5=0 Đặt x2=t(t 0) Khi đó phương trình trở thành: t2-4t-5=0 Ta có: '= (-2)2-(-5)=9>0 t1 2 3 1( L ) Do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt: t2 2 3 5( TM ) Với t=5 ta có x2=5  x 5 Vậy phương trình có tập nghiệm S { 5; 5} 2x y 5 3 x 6 x 2 x 2 c) x y 1 x y 1 x y 1 y 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1). Bài 3. a) Vẽ đồ thị Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 y=x2 4 1 0 1 4 Đồ thị: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -321-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 2( m 1) x 5 2 m x2 2( m 1) x 2 m 5 0 x1 x 2 2 m 2 Theo định lý Vi-ét: x1 x 2 2 m 5 Theo đề bài, ta có: 2 2 x1 x 2 6 2 (x1 x 2 ) 2 x 1 x 2 6 (2m 2)2 2(2m 5) 6 4m2 12 m 8 0 m 1 m 2 Vậy: m = 1 hoặc m = 2 Bài 4. Gọi x (chiếc) là số xe ban đầu của đội (ĐK: x nguyên dương) Số xe lúc sau: x + 3 (chiếc) 36 Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc đầu: (tấn) x 36 Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc sau: (tấn) x 3 Theo đề bài ta có phương trình: 36 36 1 x x 3 36(x 3) 36 x x ( x 3) x( x 3) x ( x 3) x ( x 3) 36x 108 36 x x2 3 x x2 3 x 108 0 x 9( TM ) x 12( L ) Vậy: lúc đầu đội có 9 chiếc xe. Bài 5. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -322-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có: BC2 AB 2 AC 2 152 20 2 625 BC 625 25( cm ) Áp dụng đẳng thức: AH BC AB AC AB. AC AH 12( cm ) BC Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền nên: BC AM 12,5(cm) 2 Bài 6. a) Tứ giác ADHE có: AD ⊥ DH (BD ⊥ AC – gt) AE ⊥ EH (CE ⊥ AB – gt) Nên AEH= ADH =90o Do đó: AEH+ ADH =180o Vậy tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tứ giác BEDC có: BEC=BDC=90o(gt) nên cùng nội tiếp nửa đường tròn tâm I đường kính BC (1) Tương tự, tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm M đường kính AH và E, D là giao điểm Tương tự, tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm M đường kính AH và E, D là giao điểmchung ED. Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm) Bài 7. Theo đề: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 ⇔ x2 – ax – bx + ab + x2 – bx – cx + bc + x2 – cx – ax + ca = 0 ⇔ 3x2 – 2(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -323-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ' (a b c )2 3( ab bc ca ) a2 b 2 c 2 2 ab 2 bc 2 ca 3 ab abc 3 ca a2 b 2 c 2 ab bc ca 1 [(a2 2ab b 2 ) ( b 2 2 bc c 2 ) ( c 2 2 ca a 2 )] 2 1 [(a b)2 (b c ) 2 ( c a ) 2 ] 0  a , b , c 2 Vì phương trình trên có nghiệm kép nên: a b 0 ' 0 b c 0 a b c c a 0 b' a b c Nghiệm kép: x x a b c 1 2 a 3 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -324-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 81. Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc. Năm học: 2015-2016 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Trong các câu sau, mỗi câu có bốn lựa chọn, trong đó chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào bài làm chữ cái in hoa đứng trước lựa chọn đúng. (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết là 1. A) Câu 1. Đồ thị của hàm số y = 3x – 4 không đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây: 1 5 A. (1;-1) B. (2;2) C. (-1;-7) D. (;) 2 2 2 2 2 Câu 2. Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x – 2x – 1 = 0. Khi đó giá trị của biểu thức x1 x 2 bằng: A. 6 B. 2 C. 8 D. 4 Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. Giả sử AB = 6, BH = 4. Khi đó độ dài cạnh BC bằng: 3 A. B. 20 C. 9 D. 4 2 Câu 4. Cho đường tròn (O) có tâm O và bán kính bằng 4; đường tròn (O’) có tâm (O’) và bán kính bằng 8. Giả sử (O) và (O’) tiếp xúc trong với nhau. Khi đó độ dài đoạn thẳng OO’ bằng: A. 12 B. 4 C. 32 D. 2 II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu 5. (3,0 điểm) 4 2 3 a) Tính giá trị của biểu thức: P 1 3 x y 1 b) Giải hệ phương trình: 3x 2 y 3 c) Giải phương trình: x2 + 3x – 4 = 0 Câu 6. (1,0 điểm). Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 360 m2. Nếu tăng chiều dài thêm 1m và tăng chiều rộng thêm 1m thì diện tích của mảnh vườn sẽ là 400 m2. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn ban đầu. Câu 7 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC đều, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC). Trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ (M không trùng với B, C, H). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh AB, AC a) Chứng minh rằng tứ giác APMQ nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh MP + MQ = AH c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. Chứng minh OH ⊥ PQ. Câu 8 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của ab bc ca biểu thức: P c ab a bc b ca Hết Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -325-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH VĨNH PHÚC Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm Câu 1 2 3 4 Đáp án D A C B Phần II. Tự luận (8,0 điểm): Câu 5. (3,0 điểm) 4 2 3( 3 1)2 | 3 1| a) P 1 1 3 1 3 1 3 x y 1 3 x 2( x 1) 3 5 x 5 x 1 b) 3x 2 y 3 y x 1 y x 1 y 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 0) c c)Ta có: a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình có nghiệm x = 1; x= = -4 a Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x = -4. Câu 6. (1,0 điểm) Gọi chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là x (m); chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là y (m). (điều kiện: x > y > 0) Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật ban đầu là 360 m2. Khi tăng chiều dài thêm 1 m, tăng chiều rộng thêm 1 m thì diện tích của mảnh vườn mới là 400 m2. Tức là: Chiều dài: x +1 (m) ; chiều rộng: y + 1 (m) Khi đó diện tích của hình chữ nhật mới là: (x + 1)(y + 1) = 400  xy + x + y +1 = 400  x + y = 39 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ: x y 39 xy 360 Theo Vi-et x, y là nghiệm của phương trình: X2 – 39X + 360 = 0. Giải phương trình ta được hai nghiệm: X1 = 15; X2 = 24 Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là 24 cm, chiều rộng là 15 cm. Câu 7. (3,0 điểm). a) Ta có: APM=AQM=90o (vì PM ⊥ AB, QM ⊥ AC)=> APM+AQM=180o Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -326-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 1 1 1 b) Ta có: S S S AH BC MP AB MQ AC ABC AMB AMC 2 2 2  AH = MP + MQ (vì ∆ABC đều nên AB = BC = AC) c) Vì AH là đường cao của ∆ABC đều => AH là đường phân giác của BAC =>BAH=CAH=30o 1 Mà BAH= POH =>POH=60o 2 1 CAH= QOH=>QOH=60o 2 Nên POH=QOH=60o => OH là đường phân giác của ∆OPQ cân tại O nên OH là đường cao của ∆OPQ, tức là OH ⊥ PQ. Câu 8. (1,0 điểm) Có a + b + c = 1 => c = (a + b + c).c = ac + bc + c2 => c + ab = ac + bc + c2 + ab = a(c + b) + c(b + c) = (c + a)(c + b) x y Áp dụng BĐT Cô-si với hai số dương x, y ta có: xy . Dấu “=” xảy ra khi x = y 2 1 1 1 1ab ab 1 1 c a c b () (1) c ab( c a )( c b ) 2 c ab 2 c a c b Tương tự: a + bc = (a + b)(a + c) b + ca = (b + c)(b + a) bc bc bc 1 1 ( ) (2) c bc( a b )( a c ) 2 a b a c => ca ca ca 1 1 ( ) (3) b ca( b c )(a b) 2 b c b a Cộng (1), (2), (3) theo vế ta có: ab bc ca bc ca bc ab ca ab a b c 1 P c ab a bc b ca 2(a b ) 2( a c ) 2( b c ) 2 2 1 1 Từ đó giá trị lớn nhất của P là đạt được khi và chỉ khi a = b = c = 2 3 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -327-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 82. Sở GD và ĐT Bình Dương. Năm học: 2016-2017 Bài 1 a. Giải phương trình: x 2(x2 4 x 3) 0 b. Giải phương trình: x4 2 x 2 3 0 Bài 2 2x by a a. Tìm a, b biết hệ phương trình: có nghiệm x=1;y=3 bx ay 5 b. Vẽ đồ thị hàm số (P): y = 2x2 trên hệ trục tọa độ. Tìm giao điểm của (P): y = 2x2 với (d): y = –x + 3 bằng phép tính Bài 3 Một công ty vận tải dự định dùng loại xe lớn để chở 20 tấn rau theo một hợp đồng. Nhưng khi vào việc, công ty không còn xe lớn nên phải thay bằng những xe có trọng tải nhỏ hơn 1 tấn. Để đảm bảo thời gian đã hợp đồng, công ty phải dùng một số lượng xe nhiều hơn số xe dự định là 1 xe. Hỏi trọng tải của mỗi xe nhỏ là bao nhiêu tấn? Bài 4 Cho phương trình x2 – (5m – 1) x + 6m2 – 2m = 0 (m là tham số) a. Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m 2 2 b. b. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình . Tìm m để x1 x 2 1 Bài 5 Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn (AB < AC) nội tiếp trong đường tròn tâm O, kẻ đường cao AH. Gọi M, N là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC. Kẻ NE vuông góc với AH. Đường vuông góc với AC tại C cắt đường tròn tại I và cắt tia AH tại D. Tia AH cắt đường tròn tại F. a. Chứng minh ABC= ACB =BIC và tứ giác DENC nội tiếp được trong một đường tròn. b. Chứng minh hệ thức AM.AB = AN.AC và tứ giác BFIC là hình thang cân c. Chứng minh: tứ giác BMED nội tiếp được trong một đường tròn. ––––HẾT–––– Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -328-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN Bài 1 a. Giải phương trình: x 2(x2 4 x 3) 0 Đkxđ: x 2 x 2 0 x 2 0 x 2 (1) 2 2 2 x 4 x 3 0 x 4 x 3 0 x 4 x 3 0 Phương tình x2 4 x 3 0 có nghiệm x= 1 và x=3 vì a+b+c=0. Kết hợp điều kiện xác định, phương trình có tập nghiệm là S ={2, 3}. b. Giải phương trình: x4 2 x 2 3 0 Đặt t x2 ( t 0) ta có phương trình trở thành: t2-2t-3=0 t1 1 Ta có a – b + c = 1 – (-2) -3 = 0 nên phương trình có nghiệm t2 3 Nghiệm t1 =-1<0 nên không thỏa mãn điều kiện. 2 Với t2 3 ta có: x 3 x= 3 Vậy phương trình có nghiệm là x= 3 Bài 2: 2x by a a) bx ay 5 Hệ phương trình có nghiệm x = 1, y = 3 nên ta có: 1 b 2.1 b .3 a a 3 b 2 3 a 9 b 6 10 b 1 10 b.1 a .3 5 3 a b 5 3 a b 5 3 a b 5 17 a 10 1 b 10 Vậy 17 a 10 b) (P): y = 2x2 Bảng giá trị X -2 -1 0 1 2 y 8 2 0 2 8 Vẽ đồ thị: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -329-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2x2 x 3 2x2 x 3 0 12 4.2.( 3) 25 0 1 5 3 1 5 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: x ; x 1 14 2 2 4 Hoặc học sinh có thể làm theo cách: ta có a + b + c = 2 + 1 + (-3) = 0 Với x = 1 ta có: y = 2 3 9 Với x = ta có: y = 2 2 3 9 Vậy tọa độ giao điểm là (1;2) và ( ; ) 2 2 Bài 3 Gọi trọng tải của mỗi xe nhỏ là x (tấn) (x > 0) Trọng tải của mỗi xe lớn là x + 1 (tấn) 20 20 Số xe (lớn) dự định phải dùng là (xe); số xe (nhỏ) thực tế phải dùng là (xe) x 1 x Vì số xe nhỏ thực tế phải dùng nhiều hơn dự định 1 xe nên: 20 20 - =1 x x 1 20 1 x ( x 1) 20 ( x 5)( x 4) 0 x( x 1) x 4( TM ) x 5( L ) Vậy trọng tải của mỗi xe nhỏ là 4 tấn. Bài 4 x2 (5 m 1) x 6 m 2 2 x 0 a)Ta có [ (5m 1)]2 4(6 m 2 2 m ) 25m2 10 m 1 24 m 2 8 m m2 2 m 1 (m 1)2 0  m Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. x x 5 m 1 b)Áp dụng định lý Viet cho phương trình (1) ta có: 1 2 2 x1. x 2 6 m 2 m Ta có: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -330-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 2 2 x1 x 2 1 2 (x1 x 2 ) 2 x 1 . x 2 1 (5m 1)2 2(6 m 2 2 m ) 1 2 13m 6 m 0 m(13 m 6) 0 m 0 6 m 13 6 Vậy m = 0 hoặc m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. 13 Bài 5 a)Vì ABIC là tứ giác nội tiếp nên ABC =AIC; ACB =AIB =>ABC +ACB= AIB AIC= BIC Vì NE ⊥ AD, NC ⊥ CD nên NED =NCD=90o=> NED+ NCD 180o Suy ra tứ giác DENC là tứ giác nội tiếp b)+ Áp dụng hệ thức lượng trong hai tam giác vuông AHB và AHC có AM. AB = AH2 ; AN. AC = AH2 ⇒ AM. AB = AN. AC + Có IAC=900 -AIC ;BAF=900 –ABH; AIC= ABH =>IAC=BAF Suy ra số đo hai cung IC và BF bằng nhau ⇒ IC = BF. Mặt khác vì ABFI và ABIC nội tiếp nên BAF= BIF; IAC =IBC;BIF= IBC Suy ra IF // BC ⇒ BCIF là hình thang có hai cạnh bên bằng nhau Mà IF AME=ADB=>BME+ADB=180O Suy ra BMED nội tiếp đường tròn. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -331-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 83. Sở GD và ĐT Cần Thơ. Năm học: 2016-2017 Câu 1 (3,0 điểm) 1 1) Rút gọn biểu thức A 7 4 3 2 3 2) Giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: a) 3x2-x-10=0 b) 9x4-16x2-25=0 2x 3 y 7 c) 3x y 5 1 Câu 2 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P): y x2 4 1) Vẽ đồ thị của (P) 2 1 2) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) với đường thẳng d: y x 3 3 Câu 3 (1,5 điểm). Anh Bình đến siêu thị để mua một cái bàn ủi và một cái quạt điện với tổng số tiền theo giá niêm yết là 850 ngàn đồng. Tuy nhiên, thực tế khi trả tiền, nhờ siêu thị khuyến mãi để tri ân khách hàng nên giá của bàn ủi và quạt điện đã lần lượt giảm bớt 10% và 20% so với giá niêm yết. Do đó, anh Bình đã trả ít hơn 125 ngàn đồng khi mua hai sản phẩm trên. Hỏi số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết với giá bán thực tế của từng loại sản phẩm mà anh Bình đã mua là bao nhiêu? Câu 4 (1,0 điểm). Cho phương trình x2-(m+1)x-2m2+3m+2=0 (m là tham số thực). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho hai nghiệm này lần lượt là giá trị độ dài của hai cạnh liên tiếp của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 10 Câu 5 (3,0 điểm) Cho ∆ ABC có ba góc nhọn. AB < AC và nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi H là chân đường cao từ đỉnh A của ∆ ABC và M là trung điểm BC. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O;R) cắt đường thẳng BC tại N. 1) Chứng minh tứ gáic ANMO nội tiếp 2) Gọi K là giao điểm thứ hai cảu đường thẳng AO với đường tròn (O;R). Chứng minh AB.AC = AK.AH 3) Dựng đường phân giác AD của ∆ ABC (D thuộc cạnh BC). Chứng minh ∆ NAD cân 4) Giả sử BAC=60o, OAH 30. Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng AH với đường tròn (O;R). Tính theo R diện tích của tứ giác BFKC. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -332-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2016 – 2017 Câu 1: 1 1) A 7 4 3 2 3 1 1 4 4 3 3 (2 3)2 2 3 2 3 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 4 2 3 (2 3)(2 3) 1 2)3x2-x-10=0 ∆ = (-1)2 + 120 = 121 1 121 5 x 6 3 1 121 x 2 6 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = 2; x = 3 b) 9x4 – 16x2 – 25 = 0 Đặt x2 = t (t ≥ 0) Phương trình trở thành 9t2 – 16t – 25 = 0 Có a – b + c = 9 + 16 – 25 = 0 25 nghiệm phân biệt t = -1 (loại) hoặc t= (thỏa mãn) 9 25 25 5 5 Với t= ta có x2= =>x= hoặc x=- 9 9 3 3 5 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x= ;x=- 3 3 2x 3 y 7 2 x 3 y 7 11 x 22 x 2 c) 3x y 5 9 x 3 y 15 3 x y 5 y 1 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (2; -1) Câu 2: 1 (P): y x2 4 Bảng giá trị x -4 -2 0 2 4 y -4 -1 0 -1 -4 Vẽ Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -333-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng d là 1 2 1 x2 x 4 3 3 1 2 1 x2 x 0 4 3 3 3x2 8 x 4 0 ' ( 4)2 3.4 4 0 4 2 2 x 3 3 4 2 x 2 3 2 1 2 1 Với x = ta có y= =>A( ; ) 3 9 3 9 Với x = 2 ta có y = -1 => B (2; -1) 2 1 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và d là A( ; )và B (2; -1) 3 9 Câu 3. Gọi số tiền mua 1 cái bàn ủi với giá niêm yết là x (ngàn đồng) ( 0 < x < 850) Số tiền mua 1 cái quạt điện với giá niêm yết là y (ngàn đồng) ( 0 < y < 850) Tổng số tiền mua bàn ủi và quạt điện là 850 ngàn đồng nên ta có phương trình: x+y=850(1) 90 9 Số tiền thực tế để mua 1 cái bàn ủi là: x x 100 10 80 8 Số tiền thực tế để mua 1 cái quạt điện là: y y 100 10 Theo bài ra ta có phương trình: 9 8 x + y =850-125 10 10 9 8  x + y =725 10 10 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 850 x 450 9 8 x y 725 y 400 10 10 9 Số tiền thực tế mua 1 cái bàn ủi là: .450=405(ngàn đồng) 10 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -334-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 8 Số tiền thực tế mua 1 cái quạt điện là: .400=320(ngàn đồng) 10 Vậy số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yết và giá bán thực tế của 1 cái bàn ủi là: 450 – 405 =45 (ngàn đồng) Vậy số tiền chênh lệch giữa giá bán niêm yên và giá bán thực tế của 1 cái quạt điện là: 400 – 320= 80(ngàn đồng) ĐS. 45 và 80 (ngàn đồng) Câu 4 x2– (m + 3)x – 2m2 + 3m + 2 = 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (m 3)2 4( 2 m 2 3 x 2) 0 (m2+6m+9)+(8m2-12m-8)>0 9m2-6m+1>0 (3m-1)2>0 1 m 3 x x m 3 Với điều kiện đó, ta có: 1 2 ()Viet 2 x1 x 2 2 m 3 m 3 Để hai nghiệm x1, x2 là độ dài của hai cạnh lên tiếp của hình chữ nhật có đường chéo bằng 10 , điều kiện cần là: 2 2 2 x1 x 1 10 ( x 1 x 2 ) 2 x 1 x 2 10 (m 3)2 2( 2 m 2 3 m 2) 10 5m2 5 0 m 1 Với m = 1 có x1 = 3, x2 = 1 (thỏa mãn) Với m = –1 có x1 = 3, x2 = –1 (loại vì x2 OAN+OMN 180 Suy ra ANMO là tứ giác nội tiếp 2) Vì AK là đường kính của (O), C ∈ (O) nên ACK 90 =>ACK=OHB=90 Mặt khác vì ABKC là tứ giác nội tiếp nên AKC=ABH=>tam giác AKC đồng dạng với tam giác ABH (g.g) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -335-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 AK AC => AK AH AB AC AB AH 3)Ta có NAB=ACB=>NAD=NAB+BAD=ACB+BAD Theo công thức góc ngoài ta có NDA=DAC+ACB Vì AD là phân giác của góc A nên BAD=DAC=>NAD=NDA Suy ra ∆ AND cân tại N 4)Có AF ⊥ FK mà AF ⊥ BC ⇒ BC // FK ⇒ BCKF là hình thang Gọi P là trung điểm FK ⇒ OP ⊥ FK ⇒ OP ⊥ BC ⇒ O, M, P thẳng hàng Gọi E là điểm đối xứng với C qua O ⇒ ∆ EBC vuông tại B và BEC=BAC=60o =>EB=EC.cos60=R EB R BC=EC.sin60=R 3 =>OM 2 2 Có ∆ AFK vuông tại F và FAK=30=>FK=AK.sin30=R ARF 3 AF=AK.cos30= R 3 =>OP 2 2 R( 3 1) MP=OP-OM= 2 Diện tích hình thang BCKF là 1 1(31)RR (31)(31) 2 S MP.( BC KF ) . ( R 3 R ) R2 . ( dvdt ) BCKF 2 2 2 4 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -336-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 84. Sở GD và ĐT Đà Nẵng. Năm học: 2016-2017 Bài 1. (1,5 điểm) a) Với giá trị nào của x thì x 2 xác định. (a b)2 (a b ) 2 b) Rút gọn biểu thức M với ab ≠ 0 ab Bài 2. (2,0 điểm) 2x y 0 a) Giải hệ phương trình 3x 2 y 1 2 b) Cho phương trình x x 2 2 0 có hai nghiệm là x1 và x2. 3 3 Tính giá trị của biểu thức x1 x 2 Bài 3. (2,0 điểm) 1 Cho hai hàm số y x2 và đồ thị hàm số (P) và y = x + 4 có đồ thị (d) 2 a) Vẽ đồ thị (P). b) Gọi A, B là các giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Biết rằng đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét, tìm tất cả các điểm M trên tia Ox sao cho diện tích tam giác MAB bằng 30 cm2. Bài 4. (2,0 điểm) 3 Một miếng bìa hình chữ nhật có chiều rộng bằng chiều dài. Nếu chiều rộng giảm đi 1cm và chiều dài giảm 5 đi 4cm thì diện tích của nó bằng nửa diện tích ban đầu. Tính chu vi miếng bìa đó. Bài 5. (3,5 điểm) Cho ∆ ABC nhọn có AB < AC và nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AD. Gọi AH là đường cao của ∆ ABC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AD tại E a) Chứng minh ABHE là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai đường thẳng HE và AC vuông góc với nhau c) Gọi F là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng AD và M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF. ĐÁP ÁN Bài 1. (1,5 điểm) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -337-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 a) x 2 xác định x2 (a b)2 (a b ) 2 (a b a b )(a b a b ) 2 a .2 b b) M 4 ab ab ab Bài 2. (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình 2x y 0 4x 2 y 0 x 1 x 1 3x 2 y 1 3x 2 y 1 3( 1) 2 y 1 y 2 Hệ có nghiệm duy nhất (–1;–2) b) x2 x 2 2 0 x1 x 2 1 Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình trên ta được: x1 x 2 2 2 Suy ra 3 3 x1 x 2 (xxxxxx )(2 2 ) ( xxxx )[( ) 2 3 xx ] 121122 1112 12 ( 1)[(-1)2 3( 2 2)] 3 2 7 Bài 3 (2,0 điểm) 1 a) y x2 2 Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y 2 1 0 1 2 2 2 b) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -338-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 1 x2 x 4 2 x2 2 x 8 0 ' ( 1)2 ( 8) 9 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x = 4; x = -2 Với x = -2 ta có y = 2 =>A(-2;2) Với x = 4 ta có y = 8 B(4;8) Gọi M(m;0) thuộc tia Ox (m > 0). Gọi C(–2;0), D(4;0). Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: M thuộc đoạn OD: Ta có SSSSAMB ABDC ACM BDM (2 8).6 Có ABDC là hình thang, AC = 2cm, BD = 8cm, CD = 6cm ⇒ S 30(cm2 ) ABDC 2 Suy ra SAMB 4 Ta có : SSSSAMB ABDC ACM BDM Có SABDC = 30cm2, MC = m + 2 (cm), MD = m – 4 (cm) Suy ra 1 1 2 SACM AC. CM .2.( m 2) m 2( cm ) 2 2 1 1 2 SBDM BD. DM .8.(m 4) 4(m 4)( cm ) 2 2 (thỏa mãn) 2 SAMB 30cm S ACM S BDM m 2 4( m 4) m 6 Vậy M(6;0) là điểm cần tìm. Bài 4 (1,0 điểm) Gọi chiều dài của hình chữ nhật đó là x (cm) (x > 4) 3 3 Vì chiều rộng bằng chiều dài nên chiều rộng của hình chữ nhật là x(cm) 5 5 3 Diện tích của hình chữ nhật ban đầu là x2(cm2) 5 3 Khi giảm chiều rộng 1cm và giảm chiều dài 4cm thì diện tích của hình chữ nhật mới là (x 1)( x 4)( cm2 ) 5 Diện tích hình chữ nhật mới bằng một nửa diện tích ban đầu nên ta có phương trình: 3 1 3 (x 1)( x 4) . x2 5 2 5 3 17 x2 x 4 0 10 5 x 10( TM ) 4 x () L 3 3 Chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu lần lượt là 10cm và .10=6cm 5 Chu vi miếng bìa là 2.(10 + 6) = 32 (cm) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -339-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Bài 5 (3,5 điểm) a) Vì AH ⊥ BC, BE ⊥ AD nên góc AHB = góc AEB = 90o Suy ra tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp b)Vì góc ACD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên góc ACD = 90o ⇒ AC ⊥ CD (1) Vì ABHE là tứ giác nội tiếp nên góc ABH = góc HED (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) Vì ABDC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên góc ABC = góc ADC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC), hay góc ABH = góc EDC Suy ra góc HED = góc EDC ⇒ EH // DC(2) Từ (1) và (2) ⇒ HE ⊥ AC c)Vẽ BK ⊥ AC tại K Ta có góc AKB = góc AEB = 90o nên AKEB là tứ giác nội tiếp Suy ra góc BKE = góc BAE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE) = góc BAD(3) Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên góc BAD = góc BCD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD)(4) Vì AK // CD (cùng ⊥ AC) nên góc BCD = góc KBM (đồng vị)(5) Vì M là trung điểm cạnh huyền BC của tam giác vuông BKC nên MK = MB = MC ⇒ ∆ MKB cân tại M ⇒ góc KBM = góc BKM (6) Từ (3), (4), (5), (6) có góc BKE = góc BKM ⇒ K, E, M thẳng hang ME MK Mà HE // BK (cùng ⊥ AC) nên 1=>ME = MH MH MB Chứng minh tương tự ta có MF = MH Suy ra ME = MF = MH ⇒ M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF (đpcm). Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -340-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 85. Sở GD và ĐT Hải Dương. Năm học: 2016-2017 Câu 1 (2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)(x 3)2 16 2x y 3 0 b) x y 1 4 3 Câu 2 (2,0 điểm) 2x x 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức: A ( ) : (1 ) với x ≥ 0, x ≠ 1 x x 1 x 1 x x 1 2 b) Tìm m để phương trình x – 5x + m – 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 2 x1 2 x 1 x 2 3 x 2 1 Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(–1;5) và song song với đường thẳng y = 3x + 1 b) Một đội xe phải chuyên chờ 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội xe đó được bổ sung thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố dịnh thuộc đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại điểm C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ (N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt đường thẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khác A). a) Chứng minh AD. AE = AC.AB b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp ∆ CDN c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AEF. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca P a5 b 5 ab b 5 c 5 bc c 5 a 5 ca ––––––––––Hết–––––––––– ĐÁP ÁN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -341-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Câu 1 (2,0 điểm) a) (x + 3)2 = 16 (x + 3)2 = 42 x 3 4 x 1 x 3 4 x 7 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = -7 2x y 3 0 b) x y 1 4 3 2x y 3 2 x y 3 8 x 4 y 12 11 x 0 x 0 3x 4 y 12 3 x 4 y 12 3 x 4 y 12 3 x 4 y 12 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (0;3) Câu 2 (2,0 điểm) 2x x 1 x 2 a) A ( ) : (1 ) với x ≥ 0, x ≠ 1 x x 1 x 1 x x 1 2x x x x 1 x x 1 ( x 2) : 3 3 (x ) 1 ( x ) 1 x x 1 2x x x x 1 x x 1 . (x 1)( x x 1) x x 1 x 2 2x x x x 1 (x 1)( x 1) x 1 (x 1)( x 1) 1 x 1 b) x2 - 5x + m-3 = 0 (1) Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 > 0 (-5)2 – 4(m-3) >0 25 – 4m + 12> 0 37 – 4m > 0 37 m 4 37 Với m . Áp dụng định lý vi-et cho phương trình (1) ta có 4 x1 x 2 5 x1 x 2 m 3 2 Ta có: x1 2 x 1 x 2 3 x 2 1(*) Thay x1 =5-x2 vào (*) ta được: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -342-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 2 (5 x2 ) 2(5 x 2 ).x 2 3 x 2 1 2 3x2 17 x 2 24 0 1 17 1 x 3 1 6 17 1 8 x 2 6 3 +Với x2 =3=>x1=2 Thay x1.x2 = m-3 =>2.3=m-3=>m=9(Thỏa mãn) 8 7 +Với x2= =>x1= 3 3 8 7 83 Thay x1.x2 = m-3 => . m 3 m (Thỏa mãn) 3 3 9 83 Vậy m=3 hoặc m= 9 Câu 3 (2,0 điểm) a) Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên ta có a = 3 và b ≠ 1 Do điểm A(-1;5) thuộc đồ thị hàm số y = ax + b nên ta có: 5 = a. (-1) + b 5 = 3. (-1) + b b = 8 (thỏa mãn) Vậy a = 3, b = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán b) Gọi số xe của đội lúc đầu là x (xe), (x > 0) Sau khi bổ sung thêm 3 xe thì số xe của đội là: x + 3 (xe) 36 Theo dự định thì mỗi xe phải chở số tấn hàng là: (tấn) x 36 Thực tế mỗi xe phải chở số tấn hàng là: (tấn) x 3 Theo bài ra ta có phương trình: 36 36 - =1 x x 3 36(x+3)-36x=x(x+3) 36x+108-36x-x2-3x=0 x2+3x-108=0 32 4.( 108) 441 0 3 441 x 12 2 3 441 x 9( TM ) 2 Vậy số xe lúc đầu của đội là 9 xe. Câu 5 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -343-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 a) Có ADB= ANB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ACE(g-g) AD AB AD AE AC AB AC AE b) + Có AN ⊥ EB, EC ⊥ AB , EC giao AN tại F nên F là trực tâm của tam giác AEB ⇒ BF ⊥ EA Mà BD ⊥ EA ⇒ B, D, F thẳng hang + Tứ giác ADFC có hai góc đối bằng 90o nên là tứ giác nội tiếp, suy ra DCF=DAF Tương tự ta có: NCF=NBF Mà DAF=NBF (cùng phụ với góc AEB) =>DCF=NCF Suy ra CF là phân giác của góc DCN Tương tự ta cũng có DF là phân giác của góc NDC Vậy F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DCN c) Gọi J là giao của (I) với đoạn AB. Có FAC=CEB(=90o-ABE)=> tam giác FAC đồng dạng với tam giác BEC(g-g) FC AC => CF CE BC AC BC EC Vì AEFJ là tứ giác nội tiếp nên FJC=FEA(=180o-AJF) CF CJ =>Tam giác CFJ đồng dạng với tam giác CAE(g-g)=> CF CE CACJ CA CE Suy ra BC.AC = CA.CJ ⇒ BC = CJ ⇒ C là trung điểm BJ (vì J ≠ B) Suy ra J là điểm cố định Có IA = IJ nên I luôn thuộc đường trung trực của AJ, là đường cố định. Câu 5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số dương, ta có: a55555 a a b b 55 a 55555 . a . a .b .b 5 a 32 b 3a5 2 b 5 5 a 3 b 2 Tương tự ta có: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -344-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 2a5 3 b 5 5 a 2 b 3 5a5 5 b 5 5( abab 3 2 2 3 ) ababab 5 5 2 2 ( ) ab ab1 c c a5 b 5 ab a 2 b 2 ( a b ) ab ab ( a b ) 1 abc ( a b ) c a b c Ta có 2 bất đẳng thức tương tự, cộng lại ta có: c a b P 1 a b c a b c a b c Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy GTLN của P là 1 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -345-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 86. Sở GD và ĐT Hải Phòng. Năm học: 2016-2017 I. Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng x Câu 1: Biểu thức xác định khi và chỉ khi 2016 A. x 0 B. x 0 C. x 0 D. x 0 Câu 2: Đồ thị hàm số y = 2x – 5 không đi qua điểm nào dưới đây? A. (1;-3) B. (-1;-3) C. (2;-1) D. (-2;-9) x 2 y 1 Câu 3: Hệ phương trình vô nghiệm khi a bằng bao nhiêu? 2x ay 3 A. a=4 B. a= -6 C. a=6 D. a= -4 2 Câu 4: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 2x + 3x – 10 = 0 khi đó tích x1. x2 bằng: 3 3 B. B. C. -5 D. 5 2 2 Câu 5: Trong hình vẽ bên: Biết AC là đường kính của đường tròn tâm O, góc BDC bằng 60o và góc ACB bằng x. Khi đó x bằng: A. 40o B. 45o C. 35o D. 30o Câu 6: Hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O;R) cắt nhau tại M, nếu MA R 3 thì số đo góc ở tâm AOB bằng: A. 120o B. 90o C. 60o D. 45o Câu 7: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;r) có bán kính lần lượt là R = 5 cm, r = 3cm và khoảng cách giữa hai tâm là 7cm. Khi đó: A. (O) và (O’) tiếp xúc ngoài B. (O) và (O’) tiếp xúc trong C. (O) và (O’) không giao nhau D. (O) và (O’) cắt nhau Câu 8: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng 4cm, chiều cao bằng 5cm. Thể tích hình trụ bằng A. 100π(cm3) B. 80π(cm3) C. 60π(cm3) D. 80(cm3) II. Phần 2. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) A (23 527 412): 3 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -346-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 2 b) B 28 54 7 6 2x y 3 2. Giải hệ phương trình 3x 2 y 8 3. Xác định hệ số a và b của đường thẳng (d): y = ax + b, biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y = x + 2017 và đi qua điểm A(–1;2015) Bài 2. (2,0 điểm) 1. Cho phương trình: x2 – mx – 4 = 0 (1) ( với m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 3 2 2 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1(x 2 1) x 2 ( x 1 1) 6 2. Cho tam giác vuông có cạnh huyền bằng 20cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 4cm. Tính độ dài mỗi cạnh góc vuông của tam giác vuông đó Bài 3. (3,0 điểm) Cho ∆ ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Kẻ AH ⊥ BC tại H. Gọi I và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O). a) Chứng minh tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh góc AHK = góc ABC và AH2 = AI.AK c) Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AI và AK. Chứng minh rằng: Nếu AH = AM + AN thì ba điểm A, O, H thẳng hàng. Bài 4 (1,0 điểm) 1 1 1 a) Cho a > 0, b > 0, c > 0. Chứng minh rằng: (a b c )( ) 9 a b c b) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9 2 P 2(ab bc ca ) a2 b 2 c 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -347-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN I. Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm) 1.A 2.B 3.D 4.C 5.D 6.A 7.D 8.B II. Phần 2. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) A (2 3 5 27 4 12) : 3 (2 3 5.3 3 4.2 3) : 3 5 3 : 3 5 b) 2 B 28 54 7 6 2( 7 6) 7.4 9.6 ( 7 6)( 7 6) 2 7 2 6 2 7 3 6 7 6 2 7 2 6 2 7 3 6 5 6 2. Giải hệ phương trình 2x y 3 4 x 2 y 6 7 x 14 x 2 3x 2 y 8 3 x 2 y 8 2 x y 3 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2;1) 3. Đường thẳng (d): y = ax + b song song với đường thẳng (d’): y = x + 2017 nên ta có a = 1 và b ≠ 2017. Khi đó (d) trở thành: y = x + b (b ≠ 2017) Do đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1;2015) nên ta có: 2015 = –1 + b ⇒ b = 2016 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình đường thẳng (d) cần tìm là: y = x + 2016. Bài 2. (2,0 điểm) 1. a) Khi m = 3 thì phương trình (1) trở thành: x2-3x-4=0 Ta có: a - b + c = 1 – (-3) + (-4) = 0 Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = -1; x = 4 Vậy khi m = 3 thì phương trình có tập nghiệm là S = {-1;4} b)Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 khi và chỉ khi 0 ( m )2 4( 4) 0 m 2 16 0 =>m thì phương trình (1) luôn có 2 nghiệm x1; x2. x1 x 2 m Áp dụng định lý Viet cho phương trình (1) ta có: x1 x 2 4 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -348-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Theo bài ra ta có: 2 2 x1( x 2 1) x 2 ( x 1 1) 6 2 2 x1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 6 x1 x 2(x 1 x 2 ) ( x 1 x 2 ) 6 (x1 x 2 )( x 1 x 2 1) 6 m( 4 1) 6 3m 6 m 2 Vậy m 0) Cạnh góc vuông lớn hơn của tam giác vuông đó dài là x + 4 (cm) Theo Pitago, cạnh huyền của tam giác vuông đó dài là x2 ( x 4) 2 (cm) Vì cạnh huyền bằng 20cm nên x2 ( x 4) 2 =20 x2 ( x 4) 2 400 2x2 8 x 384 0 x = 12 (tm) hoặc x = –16 (loại) Vậy độ dài 2 cạnh góc vuông của tam giác vuông đó lần lượt là 12cm và 12 + 4 = 16cm. Bài 3 a) Vì AH ⊥ HC, AK ⊥ KC nên góc AHC = góc AKC = 90o ⇒ góc AHC + góc AKC = 180o Suy ra AHCK là tứ giác nội tiếp b) Vì AHCK là tứ giác nội tiếp nên góc AHK = góc ACK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) Mặt khác góc ABC = góc ACK (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC của (O)) Suy ra góc AHK = góc ABC. (1) Vì góc AHB = góc AIB = 90o + 90o = 180o nên AHBI là tứ giác nội tiếp ⇒ góc ABH = góc AIH hay góc ABC = góc AIH (2) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -349-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Từ (1) và (2) ⇒ góc AHK = góc AIH (3) Chứng minh tương tự, ta có góc AHI = góc AKH (4) Từ (3) và (4) có tam giác AIH đồng dạng với tam giác AHK(g-g) AI AH AH2 AI. AK (đpcm) AH AK c) Vì M, N là trung điểm của AI, AK nên AI AK AI AK() AI AK 2 AH AM AN AH 2 2 2 2 4 Kết hợp với ý b, ta có ()AI AK 2 AI. AK ( AI AK )2 4. AI . AK 4 (AI AK )2 0 AI AK Gọi J là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B, C của (O). Có ∆ OBJ = ∆ OCJ (cạnh huyền–cạnh góc vuông) ⇒ JO là phân giác của góc BJC và JB = JC Suy ra OJ là đường trung trực của BC ⇒ OJ ⊥ BC Vì AI = AK, AI ⊥ IJ, AK ⊥ KJ nên A thuộc đường phân giác của góc IJK ⇒ A ∈ OJ Suy ra AO ⊥ BC, mà AH ⊥ BC nên A, O, H thẳng hàng. Bài 4 a) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương, ta có: a b c 33 abc 1 1 1 1 1 1 33 . . a b c a b c Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều dương, ta được: 1 1 1 1 1 1 (a b c )( ) 33 abc .33 . . 9 (đpcm) a b c a b c b) Với mọi a, b, c > 0 ta có 1 1 1 (a b )2 ( b c ) 2 ( c a ) 2 0 a 2 b 2 c 2 ab bc ca 2 2 2 1 1 6(ab bc ca ) 6( a2 b 2 c 2 ) 13 1 2 P 3(ab bc ca ) 6( ab bc ca ) a2 b 2 c 2 13 1 2 3(ab bc ca ) 6( a2 b 2 c 2 ) a 2 b 2 c 2 13 13 13 1 1 1 () 3(ab bc ca ) 6( a2 b 2 c 2 ) 6 ab bc ca ab bc ca a 2 b 2 c 2 Áp dụng ý a, ta có 1 1 1 (2ab 2bc 2ca a2 b 2 c 2 )( ) 9 ab bc ca ab bc ca a2 b 2 c 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -350-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 1 1 1 9 9 ab bc ca ab bc ca a2 b 2 c 2() a b c 2 39 P 2 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 3 39 Vậy GTNN của P là 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -351-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 87. Sở GD và ĐT Hà Nội. Năm học: 2016-2017 Bài I (2,0 điểm) 7 x2 x 24 Cho hai biểu thức A và B với x ≥ 0, x ≠ 9 x 8 x 3 x 9 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 25 x 8 2) Chứng minh B x 3 3) Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720 m2. Nếu tăng chiều dài thêm 10m và giảm chiều rộng 6m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn. Bài III (2,0 điểm) 3x 2 4 x 1 y 2 1) Giải hệ phương trình 2x 1 5 x 1 y 2 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 3x + m – 1 và parabol (P): y = x2 a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m b) Gọi x1, x2 là hoành độ các giao điểm của (d) và (P). Tìm m để (x1+1)(x2+1)=1 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C, I khác O). Đường thẳng AI cắt (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE. 1) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H cùng nằm trên một đường tròn. AB BD 2) Chứng minh AE BE 3) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K. Chứng minh HK // DC 4) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F. Chứng minh tứ giác BECF là hình chữ nhật. Bài V (0,5 điểm) Với các số thực x, y thỏa mãn x x 6 y 6 y tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -352-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Bài I.(2,0 điểm) 1) x = 25 nên ta có: x 5 7 7 Khi đó ta có: A 5 8 13 2) x2 x 24 x ( x 3) 2 x 24 B x 3x 9 ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x 3 x 2 x 24 x 3 x 8 x 24 (x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x( x 3) 8( x 3) ( x 8)( x 3) x 8 (x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x 3 3) P = A.B nên ta có: 7x 8 7 P . x 8 x 3 x 3 +) Ta có x 0 nên P > 0 7 7 +) x 0 => x 3 3 x 3 3 7 Nên : 0 P 3 Để P Z =>P {1;2} +)P = 1 x=16 (thỏa mãn điều kiện) 1 +) P = 2 x= (thỏa mãn điều kiện) 4 1 Vậy x { ;16} 4 Bài II (2 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình Gọi chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là x (x>0; đơn vị: m) 720 Vì diện tích của của mảnh vườn hình chữ nhật là 720 m2 nên chiều dài là: (m) x Sau khi thay đổi kích thước: Chiều rộng của của mảnh vườn hình chữ nhật là: x – 6 (m) 720 Chiều dài của của mảnh vườn hình chữ nhật là: +10(m) x Vì diện tích của của mảnh vườn hình chữ nhật không đổi nên ta có phương trình: 720 (x-6).( +10)=720 x =>(x-6)(72+x)=72x x2-6x-432=0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1=24 (thỏa mãn điều kiện); x2=-18 (loại) Vậy chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật đó là 24 m; chiều dài mảnh đất hình chữ nhật đó là: 720:24 = 30 (m) Bài III ( 2 điểm) 1) Giải hệ phương trình Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -353-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 3x 2 4 x 1 y 2 ĐK x 1; y -2 2x 1 5 x 1 y 2 x a x 1 Đặt (b ≠ 0)Khi đó hệ phương trình trở thành: 1 b y 2 3a 2 b 4 3 a 2 b 4 7 a 14 a 2 2a b 5 4 a 2 b 10 2 a b 5 b 1 x 2 x 1 x 2 Khi đó ta có: ()TM 1 y 1 1 y 2 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (2;-1) 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y=3x + m2 – 1 và parabol (P): y= x2. a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2=3x+m2-1 x2-3x-m2+1=0(*) ( 3)2 4.1.( m 2 1) 4 m 2 5 0  m Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1; x2 là hoành độ các giao điểm của (d) và (P). Tìm m để (x1+1)(x2+1)=1 Ta có: (x 1)( x 1) 1 1 2 x1x 2 ( x 1 x 1 ) 0 x x 3 Áp dụng hệ thức Vi-et cho (*): 1 2 2 x1 x 2 m 1 ( ) m2 1 3 0 m2 4 m 2 Vậy m= 2 Bài IV (3,5 điểm) 1) Vì AB là tiếp tuyến của (O) nên AB ⊥ BO ⇒ góc ABO = 90o Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -354-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Vì H là trung điểm của dây DE của (O) nên OH ⊥ DE ⇒ góc AHO = 90o Suy ra góc ABO + góc AHO = 180O ⇒ AHOB là tứ giác nội tiếp Suy ra bốn điểm A, H, O, B nằm trên cùng một đường tròn. 2) Có góc ABD = góc AEB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD) Xét ∆ ABD và ∆ AEB có chung góc BAE, góc ABD = góc AEB nên AB BD Tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB(g-g)=> AE EB 3) Vì ABOH là tứ giác nội tiếp nên góc OAH = góc OBH Vì EK // AO nên góc OAH = góc HEK Suy ra góc OBH = góc HEK ⇒ BHKE là tứ giác nội tiếp ⇒ góc KHE = góc KBE Vì BDCE là tứ giác nội tiếp nên góc KBE = góc CDE Suy ra góc KHE = góc CDE ⇒ KH // CD 4) Gọi F’ là giao điểm của BP và đường tròn (O). Gọi AQ là tiếp tuyến thứ 2 của (O) Vì BDQC là tứ giác nội tiếp nên góc QDC = góc QBC(1) Vì ABOQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO nên góc QBC = góc QAO (2) Từ (1), (2) ⇒ góc QDC = góc OAQ ⇒ APDQ là tứ giác nội tiếp ⇒ góc PDA = góc PQA (3) Có góc PDA = góc EDC = góc EBC (4) Ta có ∆ ABP = ∆ AQP (c.g.c) ⇒ góc PQA = góc PBA (5) Từ (3), (4), (5) ⇒ góc PBA = góc EBC Suy ra góc PBE = góc ABC = 90o ⇒ góc F’BE = 90o ⇒ F’E là đường kính của (O) ⇒ F’ ∈ OE ⇒ F’ ≡ F Vì FBEC là tứ giác nội tiếp nên góc FCE = 180o – góc FBE = 90o Tứ giác FBEC có góc FCE = góc FBE = góc BEC = 90o nên là hình chữ nhật. Bài V (0,5 điểm) Điều kiện: x ≥ –6, y ≥ –6 Từ điều kiện đề bài ta có x + y ≥ 0 và x y x 6 y 6 ( x y )2 x y 12 2 ( x 6)( y 6) (*) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có 2 (x 6)( y 6) ( x 6) ( y 6) x y 12 (x y )2 x y 12 2 ( x 6)( y 6) 2( x y ) 24 (x y )2 2( x y ) 24 0 4 x y 6 Khi x = y = 3 thì x + y = 6 Ta có 2 (x 6)( y 6) 0 nên từ (*) suy ra (x y )2 x y 12 (x y 4)( x y 3) 0 x y 4( Do x y 3 0) Khi x = 10, y = –6 hoặc x = –6, y = 10 thì x + y = 4 Vậy GTLN của P là 6 khi x = y = 3 và GTNN của P là 4 khi x = 10, y = –6 hoặc x = –6, y = 10 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -355-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 88. Sở GD và ĐT Hà Tĩnh. Năm học: 2016-2017 Câu 1 (2 điểm): Rút gọn các biểu thức 3 3 a) P ( 3 1) 2 3 1 1 2 b)Q ( )(1 ) với x>0 và x khác 4 x 2 x 2 x Câu 2 (2 điểm): Cho phương trình: x2-2(m+2)x+m2+m+3=0 a) (1điểm) Giải phương trình với m = 1 x x b) (1điểm) Tìm m để pt có hai nghiệm , thỏa mãn: 1 2 5 x2 x 1 Câu 3 (2 điểm): Trong mp tọa độ Oxy cho hai đường thẳng: (d): y = ax + a +1 và (d’): y = (a2 – 3a +3)x + 3 – a. a) Tìm a để (d) đi qua A(1;3) b) Tìm a để (d) song song với (d’). Câu 4 (3 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax vuông góc với AB. Từ điểm M trên tại Ax kẻ tiếp tuyến MP với nửa đường tròn (P là tiếp điểm khác A). Đoạn AP cắt OM tại K, MB cắt nửa đường tròn tại Q (Q khác B). a) Chứng minh AMPO, AMQK là các tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh hai tam giác MQO và MKB đồng dạng. c) Gọi H là hình chiếu của P trên AB, I là giao điểm của MB và PH. Chứng minh: KI vuông góc với AM. Câu 5 (1 điểm) : Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 7 P (2 a 2 b 3)(a3 b 3 ) ()a b 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -356-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2016 – 2017 Câu 1 (2 điểm): 3 3 3(31) (31)(31) 31 a) P ( 3 1) ( 3 1) 1 2 3 2 3 2 2 1 1 2x 2 x 2 x 2 b)Q ( )(1 ) ( )( ) x 2 x 2 x ( x 2)( x 2) x 2x x 2 2 ( )( ) (x 2)( x 2) x x 2 Câu 2 (2 điểm): a) Với m = 1 thì pt đã cho trở thành: x2-6x+5=0 có a+b+c=0 nên phương trình này có hai nghiệm x1=1;x2=5 b) Để pt đã cho có nghiệm thì ' 0 [-(m 2)]2 1(m 2 m 3) 0 m2 4 m 4 m 2 m 3 0 3m 1 0 1 m (*) 3 2(m 2) x x 2( m 2) 1 2 1 Khi đó, theo hệ thức Vi ét thì: m2 m 3 x x m2 m 3 1 2 1 Ta có: x x 0 x x 0 x1 x 2 1 2 1 2 5 2 2 2 x2 x 1 x1 x 2 5 x 1 x 2 ( x 1 x 2 ) 7 x 1 x 2 m2 m 3 0 m 2 m 3 0  m 2 2 2 [2(m 2)] 7( m m 3) 3 m 9 m 5 0 9 21 m ( TM (*)) 1,2 6 Câu 3 (2 điểm): a) * Nếu a = 0 thì đường thẳng y = 1 không đi qua điểm A(1;3) *Nếu a 0 thì (d) đi qua A(1;3) ⇔ 3 = a.1 + a + 1 ⇔ a =1 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -357-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 a 0 2 a 3 a 3 0( Loai ) a 1 3 a b) (d)//(d’) a 0 a 3 a2 3 a 3 0 2 a 3 a 3 a a 1 3 a Vậy a = 3 thì (d) // (d’) Câu 4 (3 điểm): a) Ta có Ax và MP là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn nên MAO MPO 90o do đó tứ giác AMPO nội tiếp. Ta có: MA MP( Tinh chat 2 tiep tuyen cat nhau) OA=OP(ban kinh) OM =>OM là trung trực của đoạn AP AKM 90o (1) Lại có: APB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => MQA 90o (2) Từ (1) và (2) suy ra AKM MQA 90o cùng nhìn AM nên tứ giác AMQK nội tiếp. b) Ta có: ABQ MAQ (cùng chắn cung AQ của nửa đường tròn) Mà MAQ MKQ (do tứ giác MQKA nội tiếp – câu a)) => ABQ MKQ =>tứ giác QKOB nội tiếp=> KOQ QBK (cùng chắn cung KQ) Xét hai tam giác MQO và MKB có BMK chung; KOQ QBK (CM trên) nên hai tam giác MQO và MKB đồng dạng. c)Cách 1: BP cắt tia Ax tại C, ta có MO song song BC (vì cùng vuông góc với AP) mà AO = OB nên AM=MC IP IB IH Lại có PH song song với AC nên theo định lý Ta lét ta có: IP IH MC BM AM Từ đó dễ thấy KI là đường trung bình của tam giác APH, do đó KI song song với AB => KI ⊥AM Cách 2: Ta có IQK phụ với KQA ; IPK phụ với PAH ;mà PAH AMK (cùng phụ với MAK ) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -358-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Nhưng AMK AQK (do tứ giác MQKA nội tiếp-câu b). Do đó KQI IPK =>tứ giác KQPI nội tiếp =>QPK QIK (cùng chắn cung KQ) mà QPK QBA QBA QIK =>KI song song với AB (có cặp góc đồng vị bằng nhau) => KI ⊥ AM. Câu 5 (1 điểm): Cách 1. Ta có: 7 P (2 a 2 b 3)( a3 b 3 ) ()a b 2 7 [2(a b ) 3](a b)(a2 ab b 2 ) ()a b 2 Do a, b là các số dương, nên áp dụng BĐT Cô si ta có: a2 b 2 2 ab 7 P [2(a b) 3](a b)(2 ab) ()a b 2 7 [2(a b) 3](a b)(2 1) ()a b 2 7 [2(a b) 3](a b) ()a b 2 7 2(a b)2 3(a b) ()a b 2 7 7 5 5 13 25 (a b )2 [ ( a b ) ] 2 ( a b ) 16 (a b )2 4 2 4 4 Ta có: 7 7 7 7 7 (a b )2 2 ( a b ) 2 . 16 (a b )2 16 ( a b ) 2 2 5 5 5 5 [ (a b ) ]2 [ .2 ab ] 2 0 4 2 4 2 13 13 ()a b 4 2 7 13 25 15 Nên ta có: P 0 2 2 4 4 a b Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 15/4. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a=b=1 ab 1 Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: a3 b 3 2 a 3 b 3 2( do ab=1) a+b 2 (a+b)2 2(a 2 b 2 )( Bunhiacopski ) 7 7 15 P 2(2( a b ) 3) 2(2.2 3) 2(a2 b 2 ) 2.2 4 Suy ra Min P=15/4a=b=1 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -359-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 89. Sở GD và ĐT Hưng Yên. Năm học: 2016-2017 Câu 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A 3( 27 4 3) x 3 y 5 b) Giải hệ phương trình 2x 3 y 1 Câu 2 (1,5 điểm) a) Tìm tọa dộ điểm A thuộc đồ thị hàm số y = 2x2, biết hoành độ của điểm A bằng 2. b) Tìm m để hàm số bậc nhất y= (m-2)x-1 m 2 đồng biến trên R. Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x2 – x – m + 2 = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình với m = 3 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 x1 >x2 thỏa mãn 2x1 + x2 = 5. Câu 4 (1,5 điểm) a) Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy r = 2cm và chiều cao h = 5cm. Tính diện tích xung quanh của hình trụ đó. b) Một công ty vận tải dự định điều một số xe tải để vận chuyển 24 tấn hàng. Thực tế khi đến nơi thì công ty bổ sung thên 2 xe nữa nên mỗi xe chở ít đi 2 tấn so với dự định. Hỏi số xe dự định được điều động là bao nhiêu? Biết số lượng hàng chở ở mỗi xe như nhau và mỗi xe chở một lượt. Câu 5 (2,5 điểm). Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tiếp tuyến tại A của đường tròn lấy điểm C sao cho C khác A. Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD (D là tiếp điểm) và cát tuyến CMN (M nằm giữa N và C) với đường tròn. Gọi H là giao điểm và CO và AD. a) Chứng minh các điểm C, A, O, D cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh CH.CO = CM.CN c) Tiếp tuyến tại Mcuar đường tròn (O) cắt CA, CD thứ tự tại E, F. Đường thẳng vuông góc với OC tại O cắt CA, CD thứ tự tại P, Q. Chứng minh PE + QF PQ. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 2 a2 ab 2 b 2 2 b 2 bc 2 c 2 2 c 2 ca 2 a 2 Hết (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -360-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (2,0 điểm) a) A 3( 27 4 3) 81 4 9 9 4.3 21 x 3 y 5 3 x 6 x 2 b) 2x 3 y 1 2 x 3 y 1 y 1 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (2;-1) Câu 2 (1,5 điểm) a) Vì A có hoành độ bằng 2 và thuộc đồ thị hàm số y = 2x2 nên y = 2.22 = 8. Vậy A(2;8) b)Để hàm số y = (m – 2)x – 1 đồng biến thì m – 2 > 0 m > 2. Vậy m > 2. Câu 3 (1,5 điểm). a) Thay m = 3 vào phương trình ta có: x2 – x – 3 + 2 = 0 hay x2 – x – 1 = 0 Có (-1)2-4.1(-1)=5 > 0 1 5 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x 2 b) Phương trình x2 – x – m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ( 1)2 4.1( m 2) 0 4m 7 0 7 m 4 x1 x 2 1(1) Theo Viet ta có: x1x 2 m 2(2) Mà 2x1 + x2 = 5  x2 = 5 – 2x1 (3) Thay (3) vào (1) ta có: x1 + 5 – 2x1 = 1  x1 = 4 thay vào (3) có x2 = -3. Thay x1 = 4 và x2 = -3 vào (2) ta có: - m + 2 = 4. (-3) nên m = 14 ( thỏa mãn điều kiện). Vậy m = 14 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4 (1,5 điểm) 2 a) Sxq = 2πrh = 2π.2.5 = 20π (cm ) 24 b) Gọi số xe ban đầu là x (xe) nên số hàng thực tế mỗi xe chở là (tấn) x 24 Số xe thực tế là x + 2 (xe) nên số hàng thực tế mỗi xe chở là (tấn) x 2 Theo bài ra ta có phương trình: 24 24 2 x x 2 12 12 1 x x 2 12(x 2) 12 x x ( x 2) x2 2x 24 0 ' 12 1.( 24) 25 Từ đó ta tìm được x1 = 4 ( thỏa mãn điều kiện) và x2 = - 6 (loại). Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -361-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Vậy số xe ban đầu là 4 xe. Câu 5 (2,5 điểm) a) Vì CA, CD là tiếp tuyến của (O) (gt) Nên góc CAO = CDO = 900 ( theo tính chất tiếp tuyến) Suy ra 4 điểm C, A, O, D cùng thuộc 1 đường tròn. (điều phải chứng minh). Cách 2: có góc CAO = CDO = 900 nên góc CAO + CDO = 1800 Suy ra 4 điểm C, A, O, D cùng thuộc 1 đường tròn. b) Chứng minh được tam giác COD vuông tại A có đường cao DH nên CH.CO = CD2 (1) Ta chứng minh được CMD đồng dạng với CDN Nên có CM.CN = CD2 (2) (1) và (2) ta co dpcm. c) Ta có OFQ= MDO (cùng phụ với góc FDM) 1 MDA AOE sd AM (1) 2 Tứ giác AODC nội tiếp => ADO=ACO (Cùng chắn cung AO) Mà ACO =AOP (cùng phụ với góc P) => ADO=APO (2) Từ (1) và (2) suy ra POE=MDO=OFQ (3) Tam giác CPQ cân tại C => P=Q (4) Từ (3) và (4) ta có tam giác POE đồng dạng với tam giác QFO PO PE  QF. PE OP .OQ OP2 QF QO Theo Cô-si có QF PE 2 QF . PE 2 OP2 2. OP PQ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi QF = PE (Tức là M là giao điểm của OC và (O)). Câu 6 (1,0 điểm) Với a,b,c là các số dương và a b c 1 Cách giải 1 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -362-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 - Ta có 5 3 5 2a2 ab 2 b 2 ( a b ) 2 ( a b ) 2 ( a b ) 2 4 4 4 Dấu “=” xảy ra khi a =b 5 Hay 2a2 ab 2 b 2 ( a b ) b 2 4 ac 2 5 Tương tự : 2b2 bc 2 c 2 ( b c ) . Dấu “=” xảy ra khi c =b 2 5 2c2 ca 2 a 2 ( c a ) . Dấu “=” xảy ra khi a = c 2 Suy ra P 2 a2 ab 2 b 2 2 b 2 bc 2 c 2 2 c 2 ca 2 a 2 5(a b c ) - Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có : (12 1 2 1)[( 2a ) 2 ( b ) 2 ( c )](1. 2 a 1. b 1. c ) 2 1 1 5 - Do đó a b c => P 3 3 a 0; b 0; c 0 1 Dấu “=” xảy ra khi a b c a b c 9 a b c 1 5 1 Vậy MinP = khi và chỉ khi a b c 3 9 Cách giải 2 a b Ta chứng minh bất đẳng thức: a2 b 2 c 2 d 2 ()() a c 2 b d 2 (*) dấu bằng xảy ra khi c d Thật vậy: (*) abcd2 2 2 2 ( abcd 2 2 )( 2 2 ) ( ac ) 2 ( bd ) 2 (a2 b 2 )( c 2 d 2 ) ac bd (a2 b 2 )( c 2 d 2 ) ( ac bd ) 2 (ad bc )2 0( luon dung) P b15 b c 15 c a 15 a => (a )2 ( ) 2 (b ) 2 ( ) 2 (c ) 2 ( ) 2 2 4 4 4 4 4 4 Áp dụng bất đẳng thức * ta có: P b c15 b 15 c a 15 a ()()()()a b 2 2 c 2 2 2 4 4 4 4 4 4 b c a15 b 15 c 15 a 5 (ab c )2 ( ) 2 ( a b c ) 2 4 4 4 4 4 4 2 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có 1 (a b c )2 (1 1 1)(a b c) a b c 3 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -363-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 dấu = khi a = b = c Do đó P 5 5 1 ().a b c 2 2 2 2 9 5 P 3 Dấu = khi a = b = c = 1/9 Cách giải 3 Ta có: 2a2 ab 2 b 2 2( a b ) 2 3 ab ()a b 2 Mà ab 4 Nên 3 5 2a2 ab 2 b 2 2( a b ) 2 3 ab 2( a b ) 2 ( a b ) 2 ( a b ) 2 4 4 5 2a2 ab 2 b 2 ( a b ) 2 5 TT: 2 b2 bc 2 c 2 (b c ) 2 5 2c2 ca 2 a 2 (c a ) 2 Do đó P 5( a b c ) Mặt khác ta có x2 y 2 z 2 xy yz zx 3(x2 y 2 z 2 ) x 2 y 2 z 2 2 xy 2 yz 2 zx 3(x2 y 2 z 2 ) ( x y z ) 2 1 x2 y 2 z 2 () x y z 2 3 Áp dụng bất đẳng thức ta có: 1 1 a b c () a b c 2 3 3 5 1 => MinP = . Dấu “=” khi a b c 3 9 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -364-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 90. Sở GD và ĐT Nam Định. Năm học: 2016-2017 Phần I – Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy viết chữ cái đứng trước phương án đúng vào bài làm. Câu 1. Điều kiện để biểu thức (x2 1) x có nghĩa là: A. x ≤ 0 B. x ≥ 0 C. x 0 và x ≠ 4). x 2 x 4 x 1) Chứng minh rằng P x 3 2) Tìm các giá trị của x sao cho P = x + 3 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 – 2m + 3 = 0 (m là tham số) 1) Giải phương trình với m = 2 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: 2 2 (x2 1) ( x 2 1) 2( x 1 x 2 x 1 x 2 ) 18 5 2y 4 2 x 2 y 3 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x 2 2 4 x 2 y 3 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm I. Gọi H là trực tâm và D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Kẻ DK vuông góc đường thẳng BE tại K. 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp và ∆ DKH đồng dạng với ∆ BEC 2) Chứng minh góc BED = góc BEF 3) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ DKE. Chứng minh IA ⊥ KG. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -365-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 2(x 1) x 3(2 x3 5 x 2 41)5 x x 3 3 x 2 8 ĐÁP ÁN Phần I – Trắc nghiệm Câu 1. B Câu 2. C Câu 3. D Câu 4. A Câu 5. B Câu 6. D Câu 7. A Câu 8. C Phần II – Tự luận Câu 1. 1. x 1 2 x 4 P ( ).( x 1 ) x 2 x 4 x (x 1)( x 2) 2 ( x 1) x x 4 . x 4 x 4 x x x 3 x x 4 . x 4 x x( x 3) x x 3 Vậy P= x 3 2. Với x > 0 và x ≠ 4 Ta có: P x 3 x 3 x 3 x x 0 x( x 1) 0 x 1 x 0 Đối chiếu với điều kiện ta được x = 1 thỏa mãn Vậy x = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 2. 1. Với m = 2 ta có: x2 10 x 15 0 Ta có: ' 25 15 10 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: x 5 10; x 5 10 2. Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 khi và chỉ khi ’ 0 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -366-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 (2m 1)2 4 m 2 2 m 3 0 4m2 4 m 1 4 m 2 2 m 3 0 6m 2 1 m 3 x x 2(2 m 1)(1) Áp dụng định lý Viet cho phương trình đã cho ta được: 1 2 2 x1 x 2 4 m 2 m 3(2) Theo đề ra ta có: 2 2 (x1 1) ( x 2 1) 2( x 1 x 2 x 1 x 2 ) 18 2 2 x1 2 x 1 1 x 2 2 x 2 1 2 x 1 2 x 2 2 x 1 x 2 18 2 2 x1 x 2 2 x 1 x 2 16 (x x )2 4 x x 16 1 2 1 2 4(2m 1)2 4(4 m 2 2 m 3) 16 4m2 4 m 1 4 m 2 2 m 1 4 6m 6 m 1( TM ) Vậy với m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 3 Điều kiện: x ≠ 2, y ≠ 3. Hệ phương trình đã cho tương đương với 5 2 5 2 1 (2 ) 2 4 1 x 2 y 3 x 2 y 3 x 2 4 2 4 2 4 2 (1 ) 4 3 3 x 2 y 3 x 2 y 3 x 2 y 3 x 2 1 x 3 x 3 4 2 ()TM 3 y 3 2 y 5 1y 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (3;5). Câu 4 a) Vì BE ⊥ AC, CF ⊥ AB nên góc BEC = góc BFC = 90o ⇒ BCEF là tứ giác nội tiếp Vì ∆ HDB vuông tại D nên góc HBD + góc BHD = 90o (1) Vì ∆ HKD vuông tại K nên góc HDK + góc BHD = 90o (2) Từ (1) và (2) ⇒ góc HBD = góc HDK hay góc CBE = góc HDK Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -367-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 DKH BEC 90o Xét ∆ DKH và ∆ BEC có => tam giác DKH đồng dạng với tam giác BEC(g-g) HDK CBE() cmt b) Vì BCEF là tứ giác nội tiếp nên góc BEF = góc BCF (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Tứ giác DHEC có góc HEC + góc HDC = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ góc HCD = góc HED (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HD) hay góc BCF = góc BED Suy ra góc BEF = góc BED c) Vì G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DKE vuông ở K nên G là trung điểm DE GK = GE ⇒ ∆ GKE cân ở G ⇒ góc GKE = góc GEK = góc BED = góc BEF ⇒ GK // EF (3) Từ A kẻ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (I) (Ax nằm trong nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm E) Vì BCEF là tứ giác nội tiếp nên góc AFE = góc ACB (góc trong và góc ngoài 2 đỉnh đối diện) Vì Ax là tiếp tuyến của (I) nên góc ACB = góc BAx (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB) Suy ra góc AFE = góc BAx ⇒ EF // Ax. Mà Ax ⊥ AI nên AI ⊥ EF (4) Từ (3) và (4) ⇒ IA ⊥ GK. Câu 5 2(x 1) x 3(2 x3 5 x 2 41)5 x x 3 3 x 2 8 (1) Điều kiện: x ≥ 0. Với x ≥ 0, ta có (1) 2(x 1) x 3( x 1)2 (2 x 1) ( x 1)(5 x 2 8 x 8) 2(x 1) x ( x 1) 3(2 x 1) ( x 1)(5 x2 8 x 8) 0( Do x+1 1>0) x 1 0(2) 2 2x 3(2 x 1) (5 x 8 x 8) 0(3) Ta có (2) ⇔ x = –1 (loại) Giải phương trình (3): Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có: 2x x 1 3 2x 1 3(2x 1) x 2 2 VT(3) x 1 x 2 (5 x2 8 x 8) 5 x 2 10 x 5 5( x 1) 2 0 Dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1. Vậy (3) ⇔ x = 1 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {1} Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -368-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 91. Sở GD và ĐT Nghệ An. Năm học: 2016-2017 Câu 1. (2,5 điểm) x 1 1 Cho biểu thức P ( )( x 3) x 9 x 3 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P b) Tìm các giá trị của x để P ≤ 1. Câu 2. (1,5 điểm) Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Nghệ An, tại một phòng có 24 thí sinh dự thi. Các thí sinh đều làm bài trên tờ giấy thi của mình. Sau khi thu bài cán bộ coi thi đếm được 33 tờ giấy thi và bài làm của thí sinh chỉ gồm 1 tờ hoặc 2 tờ giấy thi. Hỏi trong phòng thi đó có bao nhiêu thí sinh bài làm gồm một tờ giấy thi, bao nhiêu thí sinh bài làm gồm hai tờ giấy thi? (Tất cả các thí sinh đều nạp bài thi). Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2 mx m 2 9 0(1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = –2 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x1 x 2( x 1 x 2 ) 12 Câu 4. (3,0 điểm) Cho ∆ ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), vẽ đường kính AD. Đường thẳng đi qua B vuông góc với AD tại E và cắt AC tại F. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B tren AC và M là trung điểm của BC. a) Chứng minh CDEF là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MHC+BAD=90o HC BC c) Chứng minh 1 HF HE Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 ≤ a,b,c ≤ 1 và a + b + c ≥ 2. Chứng minh rằng: ab(a + 1) + bc(b + 1) + ca(c + 1) ≥ 2. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -369-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 THPT TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN Câu 1: (2,5 điểm) x 1 1 P ( )( x 3) x 9 x 3 a) Điều kiện x ≥ 0, x ≠ 9 x 1 x 3 P ( x 3) (x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x 1 ( x 3) .(x 3) (x 3)( x 3) 4 x 3 b) Để P ≤ 1 thì 4 1 x 3 4 1 0 x 3 4 (x 3) 0 x 3 1 x 0 x 3 Do x 0 x 3 3 0 1 x 0 1 x 0 x 3 x 1 x 1 Kết hợp với điều kiện xác định ta có x ≥ 1, x ≠ 9 Câu 2 (1,5 điểm) Gọi số thí sinh làm bài chỉ gồm 1 tờ giấy thi là x (thí sinh) (x N*, x < 24) Số học sinh làm bài gồm 2 tờ giấy thi là y (thí sinh) (y N*, y < 24) 1 phòng có 24 thi sinh dự thi do đó ta có: x + y = 24 (1) Sau khi thu bài cán bộ coi thi đếm được 33 tờ giấy thi nên ta có phương trình: x + 2y = 33 (2) x y 24 x 15 Từ (1) và (2) ta có hệ ()TM x 2 y 33 y 9 Vậy số học sinh làm 1 tờ và 2 tờ giấy thi lần lượt là 15 và 9 học sinh. Câu 3 (2,0 điểm) x2-2mx+m2-9=0(1) a) Khi m = - 2 ta có (1) trở thành: x2 + 4x - 5 = 0 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -370-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Ta có a + b + c = 1 + 4 - 5 = 0 => Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x = 1 và x = -5 b) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ∆’ > 0 (- m)2 – (m2 - 9) > 0 m2 – m2 + 9 > 0 9 > 0 (luôn đúng) =>  m thì pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x x 2 m Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình (1) ta có: 1 2 2 x1 x 2 m 9 Theo đề ra ta có: 2 x1 x 2( x 1 x 2 ) 12 2 2 x1 x 1 x 2 x 2 12 2 (x1 x 2 ) x 1 x 2 12(*) Thay hệ thức Viét vào (*) ta được: (2m )2 ( m 2 9) 12 3m2 3 m2 1 m 1 Vậy m = 1 hoặc m = -1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4 a) Có ACD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Vì BE ⊥ AD nên FED=90o=> FED+FCD 180 Suy ra tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp b) Vì M là trung điểm cạnh huyền BC của tam giác vuông BHC nên MH = MC = MB ⇒ ∆MHC cân tại M ⇒ MHC=MCH Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên BAD=BCD=>BAD+MHC=BCD+MCH=DCH 90 c) Vì BE ⊥ AE, BH ⊥ AH nên BEA= BHA 90 ⇒ ABEH là tứ giác nội tiếp ⇒ BAE=BHE . Mà theo ý b ta có BAE=90o-MHC=BHM=>BHE=BHM Suy ra H, E, M thẳng hang Gọi N là trung điểm FC. Vì MN // BF nên BC2 HM 2 HN 2( HF FN ) 2 HF FC HF HC HC 1 (đpcm) HE HE HF HF HF HF HF Câu 5 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -371-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Vì 0 a , b ,c 1 (1 a)(1 b) 0 1 a b ab 0 ab a b 1 (a b c) (c 1) 0 ab(a 1) a.ab ab a(a b 1) ab a2 2 ab a Tương tự ta có bc(b 1) b2 2 bc b ca( c 1) c2 2 ca c Cộng lại ta được: ab( a 1) bc (b 1) ca(c 1) a2 b 2 c 2 2( ab bc ca ) ( a b c ) (a b c )2 (a b c) (a b c 1)(a b c ) 1.2 2 =>đpcm Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -372-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 92. Sở GD và ĐT Quảng Ninh. Năm học: 2016-2017 Câu I. (2,5 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: a) A 12 3 x2 x 1 b) B với x 0 và x 1 x 1x 1 x 1 2. Giải phương trình: x2 x 2 0. Câu II. (1,5 điểm) x 2 y 3 1. Giải hệ phương trình: x y 3 2. Tìm giá trị của m để hai đường thẳng (d1 ) : mx y 1 và (d2 ) : x my m 6 cắt nhau tại một điểm M thuộc đường thẳng 4 (d ) : x 2 y 8. Câu III. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Theo kế hoạch, một người công nhân phải hoàn thành 84 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do cải tiến kĩ thuật, nên thực tế mỗi giờ người đó đã làm được nhiều hơn 2 sản phẩm so với số sản phẩm phải làm trong một giờ theo kế hoạch. Vì vậy, người đó hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 giờ. Hỏi theo kế hoạch, mỗi giờ người công nhân phải làm bao nhiêu sản phẩm ? Câu IV. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, trên nửa đường tròn lấy điểm C (C không trùng với A, B). Gọi H là hình chiếu của C trên đường thẳng AB. Trên cung CB lấy điểm D (D khác C, B), Hai đường thẳng AD và CH cắt nhau tại E. a) Chứng minh tứ giác BDEH nội tiếp b) Chứng minh AC2 AE. AD c) Gọi (O’) là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn (O’) cắt CB tại F khác B. Chứng minh EF // AB. Câu V. (0,5 điểm) Với x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + xy = 15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -373-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PHỔ THÔNG NĂM 2016 MÔN TOÁN TỈNH QUẢNG NINH Câu I. (2,5 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: a) A 12 3 22 .3 3 2 3 3 3 x2 x 1 b) B với x 0 và x 1 x 1x 1 x 1 x2 x 1 B x 1 ( x 1)( x 1) x 1 x( x 1) 2 x ( x 1) x x 2 x x 1 B (x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) x 2 x 1 ( x 1)2 x 1 B (x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) x 1 2. Giải phương trình: x2 x 2 0. Ta có a-b+c = 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = -1 , x2 = 2 Câu II. (1,5 điểm) x 2 y 3 3y 6 y 2 1. Giải hệ phương trình: x y 3 x y 3 x 1 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; -2) 2. Tìm giá trị của m để hai đường thẳng (d1 ) : mx y 1 và (d2 ) : x my m 6 cắt nhau tại một điểm M thuộc đường thẳng 4 (d ) : x 2 y 8. m 1 2 Để hai đường thẳng (d1), (d2) cắt nhau thì m 1 luôn T/M với mọi m. 1 m (d ) : x 2 y 8 x 8 2 y (1) 1 y (d ) : mx y 1 m 1 x Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -374-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 x 6 (d ) : x my m 6 m (2) 2 1 y 1 y x 6 Do đó 1 y2 x 2 6 x x1 y x2 6 x y 2 1 0 (3) Thay (1) vào (3) ta được tung độ giao điểm M là nghiệm PT: (8 – 2y)2 – 6(8-2y) + y2 = 1  5y2 – 20y + 15 = 0 => y1 = 1 hoặc y2 = 6 Với y1 = 1 => x1 = 6 thay (6; 1) vào (2) ta được m = 0 (TMĐK) Với y2 = 3 => x2 = 2 thay (2; 3) vào (2) ta được m = -1(TMĐK) Vậy với m = 0 hoặc m = -1 thì hai đường thẳng (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm M thuộc đường thẳng (d) Câu III. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Theo kế hoạch, một người công nhân phải hoàn thành 84 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do cải tiến kĩ thuật, nên thực tế mỗi giờ người đó đã làm được nhiều hơn 2 sản phẩm so với số sản phẩm phải làm trong một giờ theo kế hoạch. Vì vậy, người đó hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 giờ. Hỏi theo kế hoạch, mỗi giờ người công nhân phải làm bao nhiêu sản phẩm ? Gọi x là số sản phẩm mỗi giờ mà người công nhân phải hoàn thành theo kế hoạch (sp/h, x Є N*, x < 84) Theo bài ra ta có: Số sản phẩm mỗi giờ mà người công nhân phải hoàn thành theo thực tế: x+2 (sp/h) 84 Thời gian mà công nhân hoàn thành theo kế hoạch: ()h x 84 Thời gian mà công nhân hoàn thành theo thực tế: ()h x 2 Người công nhân đó hoàn thành công việc sớm hơn định 1h nên ta có phương trình: 84 84 1 x x 2 Giải phương trình ta được: x1 = 12 (TMĐK) ; x2 = -14 (KTMĐK) Vậy theo kế hoạch mỗi giờ người công nhân phải làm 12 sản phẩm. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -375-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Câu IV. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, trên nửa đường tròn lấy điểm C (C không trùng với A, B). Gọi H là hình chiếu của C trên đường thẳng AB. Trên cung CB lấy điểm D (D khác C, B), Hai đường thẳng AD và CH cắt nhau tại E. a) Chứng minh tứ giác BDEH nội tiếp Xét (O) ta có: ABD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay EDB 90o GT => CHB 90o hay EHB 90o Xét tứ giác BDEH có EDB EHB 180o mà EDB , EHB hai góc đối ⇒ tứ giác BDEH nội tiếp (đpcm). b) Chứng minh AC2 AE. AD Xét ∆ AEH và ∆ ABD có: A chung AHE ADB 90o AEH~ ABD ( g g ) AE AH AE AD AH AB (1) AB AD ACB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét ∆ vuông AEH có CH là đường cao Ta có : AC2 AH. AB (hệ thức lượng trong ∆ vuông) (2) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -376-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 (1), (2) => AC2 AE. AD (đpcm) c) Gọi (O’) là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn (O’) cắt CB tại F khác B. Chứng minh EF // AB. Ta có: ABC BDF (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) BDF FDA 90o ABC FDA 90o Mặt khác ABC ACH (vì cùng phụ với góc HCB) ACH FDA 90o Lại có ACH HCB 90o HCB FDA hay ECF FDE Xét tứ giác ECDF có ECF FDE mà C, D là hai đỉnh liên tiếp ⇒ tứ giác ECDF nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) DEF DCF hay DEF DCB (góc nội tiếp do cùng chắn cung FD) mà DCB DAB (góc nội tiếp cùng chắn cung DB) DEF DAB Hai góc ở vị trí đồng vị ⇒ EF//AB (đpcm) Câu V. (0,5 điểm) Với x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + xy = 15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2. Vì x, y là những số thực dương nên theo BĐT Côsi ta có x y 2 xy dấu “=” xảy ra khi x = y hay x x x2 15 x y 3 GT: x y xy 15 xy 15 ( x y ) Do đó: Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -377-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 P x2 y 2 ( x y ) 2 2 xy (x y )2 30 2( x y ) 2 2xy 30 2.2 xy dấu “=” xảy ra khi x = y = 3 2 Pmin 4.3 30 4.3 18 tại x = y = 3 Đáp án chỉ nêu sơ lược cánh giải Các bạn phải trình bày chi tiết mới được điểm tối đa Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -378-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 93. Sở GD và ĐT Thanh Hóa. Năm học: 2016-2017 Câu I (2,0 điểm) 1) Giải các phương trình sau: a) x – 5 = 0 b) x2 – 4x + 3 = 0 2x y 1 2) Giải hệ phương trình: 3x y 4 Câu II (2,0 điểm) x x 1 x x 1 2( x 2 x 1) Cho biểu thức: A : (với x > 0 và x ≠ 1) x x x x x 1 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm các số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên. Câu III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 1 và parabol (P): y = 2x2. 1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;3) 2) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức T = x1x2 + x2y2 Câu IV (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AD sao cho EF ⊥ AD. Đường thẳng CF cắt đường tròn đường kính AD tại điểm thứ hai là M. Gọi N là giao điểm của BD và CF. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác CEFD nội tiếp đường tròn. 2) FA là đường phân giác của góc BFM. 3) BD.NE = BE.ND Câu V (1,0 điểm) 1 2 3 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a2 2 b 2 3 c 2 . Chứng minh rằng: a b c –––––––––Hết––––––––– Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -379-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN Câu I 1) a) x – 5 = 0 ⇔ x = 5. Vậy tập nghiệm của phương trình là {5} b)x2 – 4x + 3 = 0. Có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là {1;3} 2x y 1 5 x 5 x 1 x 1 2) 3x y 4 3 x y 4 3.1 y 4 y 1 Hệ có nghiệm duy nhất (1;1) Câu II 1) Có (x 1)( x x 1) ( x 1)( x x 1) 2( x 1)2 A : x( x 1) x ( x 1) ( x 1)( x 2) x x 1 x x 1 2( x 1) : x x x 1 2x x 1 . x2( x 1) x 1 x 1 x 1 2 2 2) A 1 x 1 x 1 2 Vì x nguyên nên ta có A nguyên nguyên  x 1 là ước của 2 x 1 Mặt khác x > 0, x ≠ 1 nên x 1>-1. Do đó: x 1 1 x 2 x 4 ()TM x 1 2 x 3 x 9 Vậy x = 4 hoặc x = 9 thỏa mãn đề bài. Câu III 1) Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;3) ⇔ 3 = m.1 + 1 ⇔ m = 2. Vậy m = 2 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2x2 mx 1 2 x 2 mx 1 0(1) m2 4.2.( 1) m 2 8 Vì m2 0  m m 2 8 0  m Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt ∀ m ⇒ (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A(x1; y1), 2 2 B(x2; y2) ∀ m trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của (1) và y1 2 x 1 ; y 2 2 x 2 1 1 Theo định lý Viét ta có: x x T x x 2 x2 x 2 1 22 1 2 1 2 2 Câu IV Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -380-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 a) Có góc ACD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), hay góc ECD = 90o Mặt khác EF ⊥ AD nên góc EFD = 90o Suy ra góc ECD + góc EFD = 180o ⇒ CEFD là tứ giác nội tiếp b) Vì CEFD là tứ giác nội tiếp (cmt) nên góc CFD = góc CED (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD) (1) Chứng minh tương tự có tứ giác ABEF nội tiếp ⇒ góc BFA = góc BEA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BA) (2) Có góc BEA = góc CED; góc AFM = góc CFD (đối đỉnh) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ góc BFA = góc AFM ⇒ FA là phân giác góc BFM. c) Vẽ NP // BF (P ∈ AD) Ta có góc NPF = góc BFA (đồng vị) ; góc BFA = góc NFP ⇒ góc NPF = góc NFP ⇒ ∆ NFP cân ở N. ⇒ NP = NF NP DN NF DN Vì NP // BF nên (4) BF DB BF BD Vì góc BFA = góc NFP nên góc EFB = góc EFN (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) NF NE Suy ra FE là phân giác góc BFN của ∆ BFN. Theo định lý đường phân giác ta có (5) BF BE DN NE Từ (4) và (5) BD NE BE DN (đpcm) DB BE Câu V Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số, ta có (aba 2)2 (1. 22) b 2 (12)( ab 2 2)3.3 2 ccabc 2 9 2 2 3 Với mọi x,y,z > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có 1 1 1 1 (x y z )( ) 3.3 xyz .3.3 9 x y z xyz 1 1 1 9 x y z x y z Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có 1 2 1 1 1 9 9 9 3 (đpcm) ababbabbab 2 3 cc Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -381-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 94. Sở GD và ĐT HCM. Năm học: 2016-2017 Câu 1. (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau a) x2 2 5 x 5 0 b)4 x4 5 x 2 9 0 2x 5 y 1 c) 3x 2 y 8 d) x ( x 3) 15 (3 x 1) Câu 2. (1,5 điểm) x2 x a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y và đường thẳng (D): y 2 trên cùng một hệ trục tọa độ 4 2 b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính Câu 3. (1,5 điểm) 2 3 2 3 a) Thu gọn biểu thức A 1 4 2 3 1 4 2 3 b) Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là 6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu để thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau 2 năm ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền? Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2 mx m 2 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1, x2 của phương trình (1) thỏa mãn 2 2 (1 x1 )(2x)(1 2 x 2 )(2 x 1 ) x 1 x 2 2 Câu 5. (3,5 điểm) Cho ∆ ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại D, E. Gọi H là giao điểm của BD và CE; F là giao điểm của AH và BC. a) Chứng minh AF ⊥ BC và góc AFD = góc ACE b) Gọi M là trung điểm của AH. Chứng minh MD ⊥ OD và 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đường tròn. c) Gọi K là giao điểm của AH và DE. Chứng minh MD2 = MK.MF và K là trực tâm của ∆ MBC 2 1 1 d) Chứng minh FK FH FA Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -382-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 ĐÁP ÁN Câu 1.(2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình: a) x2 2 5 x 5 0 (x 5)2 0 x 5 0 x 5 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = { 5 } b)4 x4 5 x 2 9 0 Đặt x2 = t (t ≥ 0) Khi đó phương trình trở thành: 4t2 5 t 9 0 (*) Ta có: a - b + c = 4 - (-5) - 9 = 0 9 Nên ta có phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt là: t = - 1 (loại) và t (thỏa mãn điều kiện) 4 9 9 3 Với t ta có: x2 x 4 4 2 3 3 Vậy phương trình đã cho có tập nghiêm là: S {;} 2 2 2x 5 y 1 6 x 15 y 3 19 y 19 x 2 c) 3x 2 y 8 6 x 4 y 16 3 x 2 y 8 y 1 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x;y) = (2;-1). d) x( x 3) 15 (3 x 1) x2 6 x 16 0 ' 9 16 25 0 Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: x = - 8; x = 2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {-8;2} Câu 2.(1,5 điểm). a)Vẽ đồ thị hai hàm số. Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 x2 y -4 -1 0 -1 -4 4 x y 2 -2 0 2 Đồ thị Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -383-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 b)Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phép tính Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) x2 x 2 x2 2 x 8 0 4 2 ' 9 Phương trình trên có hai nghiệm phân biệt: x1=2; x2=-4 Với x1=2 ta có y1=-1, A(2;-1) Với x1=2 ta có y1=-1, A(2;-1) Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(2 ;-1) ; B(-4 ;-4) Câu 3 (1,5 điểm) 2 3 2 3 a) A 1 4 2 3 1 4 2 3 2 3 2 3 1 3 2.1. 3 1 1 3 2.1. 3 1 2 3 2 3 1 ( 3 1)2 1 ( 3 1) 2 2 3 2 3 1 3 1 1 3 1 2 3 2 3 2 3 2 3 (4 4 3 3) (3 4 3 3) 4 1 14 1 14 b)Gọi số tiền ông Sáu gửi ban đầu là x( đồng, x > 0). Theo đề bài ta có: Số tiền lãi sau 1 năm ông Sáu nhận được là: 0,06x( đồng). Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -384-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Số tiền có được sau 1 năm của ông Sáu là: x + 0,06x = 1,06x( đồng). Số tiền lãi năm thứ 2 ông Sáu nhận được là: 1,06x. 0,06 = 0,0636x( đồng). Do vậy số tiền tổng cộng sau 2 năm ông Sáu nhận được là: 1,06x + 0,0636x = 1,1236x( đồng). Mặt khác: 1,1236x = 112360000 nên x = 100000000( đồng) hay 100 triệu đồng. Vậy ban đầu ông Sáu đã gửi 100 triệu đồng. Câu 4 (1,5 điểm) a) Ta có: ( 2m )2 4.1.( m 2) 4m2 4 m 8 (2m 1)2 7 7 0  m  (1) luôn có 2 nghiệm với mọi m. x1 x 2 2 m b)Theo định lý Viet ta có: x1 x 2 m 2 Ta có: (1 x1 )(2 x 2 ) (1 x 2 )(2 x 1 ) 2 2 xxxx 1212 2 2 xxxx 2112 4 x1 x 2 2 x 1 x 2 4 2m 2( m 2) 8 Và x2 x 2 2 ( x x ) 2 2 x x 2 (2 m ) 2 2( m 2) 2 1 2 1 2 1 2 4m2 2 m 6 Do vậy: 4m2 2 m 6 8 2m2 m 1 0 (m 1)(2 m 1) 0 m 1 1 m 2 1 Vậy giá trị của m thỏa mãn là: m = 1; m = 2 Câu 5 (3,5 điểm) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -385-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 a) Ta có góc BEC = góc BDC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra BD ⊥ AC và CE ⊥ AB . Mà BD cắt CE tại H nên H là trực tâm ∆ ABC. Suy ra AH ⊥ BC Vì AH ⊥ BC, BD ⊥ AC nên góc HFC = góc HDC = 90o Suy ra góc HFC + góc HDC = 180o Suy ra HFCD là tứ giác nội tiếp ⇒ góc HFD = góc HCD b) Vì M là trung điểm cạnh huyền của tam giác vuông ADH nên MD = MA = MH Tương tự ta có ME = MA = MH Suy ra MD = ME 1 Mà OD = OE nên ∆ OEM = ∆ ODM (c.c.c) ⇒ góc MOE = góc MOD = góc EOD (1) 2 1 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có góc ECD = góc EOD (2) 2 Theo ý a) ta có góc HFD = góc HCD = góc ECD (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ góc MOD = góc HFD hay góc MOD = góc MFD Suy ra tứ giác MFOD là tứ giác nội tiếp (4) ⇒ góc MDO = 180o – góc MFO = 90o ⇒ MD ⊥ DO Chứng minh tương tự ta có MEFO là tứ giác nội tiếp (5) Từ (4) và (5) suy ra 5 điểm M, E, F, O, D cùng thuộc 1 đường tròn. c) Gọi I là giao điểm thứ hai của MC với đường tròn (O) Ta có góc MDE = góc DCE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cùng chắn cung DE) hay góc MDK = góc HCD Mà góc HCD = góc HFD (cmt) ⇒ góc MDK = góc HFD hay góc MDK = góc MFD =>tam giác MDK đồng dạng với tam giác MFD(g-g) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -386-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 MD MK MD2 MK. MF MF MD Ta có góc MDI = góc MCD (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cùng chắn cung DI) =>tam giác MDI đồng dạng với tam giác MCD(g-g) MD MI MD2 MI. MC MC MD MI MK MI.M. C MK MF MD2 MF MC Xét ∆ MKI và ∆ MCF có KMI chung MI MK MF MC => tam giác MKI đồng dạng với tam giác MCF(c-g-c) ⇒ góc MIK = góc MFC = 90o ⇒ KI ⊥ MC Mà góc BIC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BI ⊥ MC Suy ra B, K, I thẳng hàng ⇒ BK ⊥ MC Mà MK ⊥ BC nên K là trực tâm ∆ MBC. d) Vì MA = MH nên FA. FH ( FM MA )( FM MH ) ( FM MA )( FM MA ) FM2 MA 2 Vì MD2 = MK. MF (cmt) nên FK.(). FM FM MK FM FM2 MK MF FM 2 MD 2 Mà MD =MA=> FA .FH =FK .FM 2 2FM (FM MA)(FM MH) FA FH 1 1 (đpcm) FK FA. FH FA .FH FA . FH FA FH Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -387-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Đề số 95. Sở GD và ĐT Yên Bái. Năm học: 2016-2017 Câu 1. (1,5 điểm) a) Không sử dụng máy tính. Tính giá trị của biểu thức: A 2015 36 25 a a a a b) Rút gọn biểu thức: P 1 1 , với a ≥ 0; a ≠ 1 a 1 1 a Câu 2. (1,0 điểm) Cho đường thẳng (d) có phương trình y = x + 2 và parabol (P) có phương trình y = x2. a) Vẽ đường thẳng (d) và parabol (P) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy b) Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm A và B (với A có hoành độ âm, B có hoành độ dương). Bằng tính toán hãy tìm tọa độ các điểm A và B. Câu 3. (3,0 điểm) a) Giải phương trình: 5x + 6 = 3x 3x 2 y 3 b) Giải hệ phương trình x 2 y 17 c) Tìm m để phương trình: x2 – 2(m + 3)x + m2 + 4m – 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt. d) Hàng ngày, bạn An đi học từ nhà đến trường trên quãng đường dài 8km bằng xe máy điện với vận tốc không đổi. Hôm nay, vẫn trên đoạn đường đó, 2km đầu bạn An đi với vận tốc như mọi khi, sauu đó vì xe non hơi nên bạn đã dừng lại 1 phút để bơm. Để đến trường đúng giờ như mọi ngày, bạn An phải tăng vận tốc lên thêm 4km/h. Tính vận tốc xe máy điện của bạn An khi tăng tốc. Với vận tốc đó bạn An có vi phạm luật giao thông hay không? Tại sao? Biết rằng đoạn đường bạn An đi là trong khu vực đông dân cư. Câu 4. (3,5 điểm) 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là giao điểm hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D ∈ AC, E ∈ AB) a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. b) Đường thẳng AO cắt ED và BD lần lượt tại K và M. Chứng minh AK.AM = AD2 c) Chứng minh BAH = OAC 2. Từ những miếng tôn phẳng hình chữ nhật có chiều dài 1,5 dm và chiều rộng 1,4 dm. Người ta tạo nên mặt xung quanh của những chiếc hộp hình trụ. Trong hai cách làm, hỏi cách nào thì được chiếc hộp có thể tích lớn hơn. Câu 5. (1,0 điểm) Cho 2 số dương a,b thỏa mãn (a + b)(a + b – 1) = a2 + b2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -388-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 1 1 Q a4 b 2 2 ab 2 b 4 a 2 2 ba 2 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. (1,5 điểm) a) Không sử dụng máy tính. Tính giá trị của biểu thức: A 2015 36 25 Có A 2015 36 25 = 2015 + 6 – 5 = 2016 a a a a b) Rút gọn biểu thức: P 1 1 , với a ≥ 0; a ≠ 1 a 1 1 a Với a ≥ 0, a ≠ 1 ta có a( a 1) a ( a 1) 2 P 1 1 1 a 1 a 1 a 1 a a 1 1 a Câu 2. (1,0 điểm) Cho đường thẳng (d) có phương trình y = x + 2 và parabol (P) có phương trình y = x2. a) Vẽ đường thẳng (d) và parabol (P) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy Bảng giá trị Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -389-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 x -2 -1 0 1 2 y = x + 2 0 2 y = x2 4 1 0 1 4 Đồ thị b) Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm A và B (với A có hoành độ âm, B có hoành độ dương). Bằng tính toán hãy tìm tọa độ các điểm A và B. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 = x + 2 ⇔ x2 – x – 2 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 1) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = –1 Với x = 2 ⇒ y = 4 ⇒ B(2;4) (vì B có hoành độ dương) Với x = –1 ⇒ y = 1 ⇒ A(–1;1) (vì A có hoành độ âm) Vậy A(–1;1), B(2;4) Câu 3. (3,0 điểm) a) Giải phương trình: 5x + 6 = 3x a) 5x + 6 = 3x ⇔ 5x – 3x = –6 ⇔ 2x = –6 ⇔ x = –3. Vậy tập nghiệm của phương trình là {–3} 3x 2 y 3 b) Giải hệ phương trình x 2 y 17 4x 20 x 5 x 5 . Hệ có nghiệm duy nhất (5;6) x 2 y 17 x 2 y 17 x 6 c) Tìm m để phương trình: x2 – 2(m + 3)x + m2 + 4m – 7 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -390-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ = (m + 3)2 – (m2 + 4m – 7) > 0 ⇔ 2m + 16 > 0 ⇔ m > – 8 Vậy m > –8 là điều kiện cần tìm. d) Hàng ngày, bạn An đi học từ nhà đến trường trên quãng đường dài 8km bằng xe máy điện với vận tốc không đổi. Hôm nay, vẫn trên đoạn đường đó, 2km đầu bạn An đi với vận tốc như mọi khi, sauu đó vì xe non hơi nên bạn đã dừng lại 1 phút để bơm. Để đến trường đúng giờ như mọi ngày, bạn An phải tăng vận tốc lên thêm 4km/h. Tính vận tốc xe máy điện của bạn An khi tăng tốc. Với vận tốc đó bạn An có vi phạm luật giao thông hay không? Tại sao? Biết rằng đoạn đường bạn An đi là trong khu vực đông dân cư. Gọi vận tốc xe máy điện của An bình thường là x (km/h) (x > 0) Vận tốc xe máy điện của An khi tăng tốc là x + 4 (km/h) 8 Thời gian An đi từ nhà đến trường bình thường là (h) x 1 2 1 6 Đổi 1 phút = h. Thời gian An đi từ nhà đến trường ngày hôm nay là ()h 60 x60 x 4 8 2 1 6 6 6 1 24 1 Ta có: x x60 x 4 x x 4 60 x ( x 4) 60 x( x 4) 1440 x2 4 x 1440 0 x 40 (loại) hoặc x = 36 (tm) Vậy vận tốc xe máy điện của An khi tăng tốc là 36 + 4 = 40 (km/h) Vận tốc này không vi phạm luật giao thông vì trong khu vực đông dân cư, vận tốc tối đa của xe máy điện là 40 km/h Câu 4. (3,5 điểm) 1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là giao điểm hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D ∈ AC, E ∈ AB) Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -391-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Vì HE ⊥ AB, HD ⊥ AC nên HEA = HAD = 90o => HEA + HAD = 180o Suy ra ADHE là tứ giác nội tiếp b) Đường thẳng AO cắt ED và BD lần lượt tại K và M. Chứng minh AK.AM = AD2 Trong nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B, vẽ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) Có CAx = CBA . Vì BEC = BDC = 90o nên BEDC là tứ giác nội tiếp => CBA = ADE => CAx = ADE => Ax // DE, mà Ax ⊥ OA nên OA ⊥ DE Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADM, ta có AK.AM = AD2 c) Chứng minh BAH = OAC Có KDM = KAD (=90o – KDA). (1) Vì ADHE là tứ giác nội tiếp nên KDM = EAH (2) Từ (1) và (2) => OAC = BAH 2. Từ những miếng tôn phẳng hình chữ nhật có chiều dài 1,5 dm và chiều rộng 1,4 dm. Người ta tạo nên mặt xung quanh của những chiếc hộp hình trụ. Trong hai cách làm, hỏi cách nào thì được chiếc hộp có thể tích lớn hơn. Cách 1: Chu vi đáy hình trụ là 1,5 dm, chiều cao hình trụ là h1 = 1,4 dm. 1,5 3 Hình trụ này có bán kính đáy r ( dm ), diện tích đáy 1 2 4 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -392-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 2 2 3 9 2 S1 r 1 .() dm 4 16 9 63 thể tích V S h .1,4 ( dm3 ) 1 1 1 16 80 Cách 2: Chu vi đáy hình trụ là 1,4 dm, chiều cao hình trụ là h2 = 1,5 dm. Hình trụ này có 2 1,4 72 7 49 2 49 147 3 r2 ( dm ); S 2 r 2 . ( dm ); V 2 S 2 h 2 .1,5 ( dm ) 2 10 10 100 100 200 Ta có V1 > V2 nên cách 1 sẽ cho hình trụ có thể tích lớn hơn. Câu 5. (1,0 điểm) Cho 2 số dương a,b thỏa mãn (a + b)(a + b – 1) = a2 + b2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 Q a4 b 2 2 ab 2 b 4 a 2 2 ba 2 Từ điều kiện đề bài suy ra ab 2 abab 2 2 2 abab ( ) 0 abab 2 2 a b 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a b 2 ab a b 2 a b a b 2 2 a4 b 2 2 a 4 . b 2 2 a 2 b ; b 4 a 2 2 b 2 a 1 1 2 1 Q 2a2 b 2 ab 2 2 b 2 a 2 ba 2 2 ab ( a b ) ab ( a b ) a b 1 1 1 Vì a b 2; ab 1 Q 2ab ( a b ) 2 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = 1 1 Vậy GTLN của Q là 2 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -393-
Toán trắc nghiệm (Thầy Nguyễn Bảo Vương) TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 Số điện thoại : 0946798489 Facebook: Trang -394-