Bộ đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán (Có đáp án)

1. ĐỀ SÔ 1 PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 TIỀN HẢI MÔN: TOÁN (Thời gian 120 phút làm bài ) Bài 1 (2,0 điểm). 15 2 3 3 6 a) Tính giá trị biểu thức: A 5 2 3 2 5 a 3 3 a 1 4a 2 a 8 b) Rút gọn biểu thức: B với a ³ 0,a 4 a 2 a 2 a 4 Bài 2 (2,0 điểm). 1 2 5 x 1 y 2 a) Giải hệ phương trình: 5 1 3 x 1 y 2 b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và điểm M(–1; 2). Chứng minh rằng nếu đường thẳng (d): y = ax + b (a, b là tham số) đi qua điểm M thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Bài 3 (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m +1)x + m2 + 4 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 2. 2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + 2(m+ 1)x2 £ 3m + 16 Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (C khác A). Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C, gọi D là trung điểm của đoạn thẳng OA. Trên đường tròn (O) lấy điểm E (E khác A và B), ED cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Đường thẳng (d) cắt tia BE tại M, cắt tia BF tại N. a) Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. b) Chứng minh: BE.BM = BF.BN 4R c) Khi EF = , tính độ dài đoạn thẳng DE, DF theo R. 5 d) Cho A, B, C cố định. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi E thay đổi trên đường tròn (O). Bài 5 (0,5 điểm) ì 2 2 ï x (5- y )= 1 Giải hệ phương trình: íï ï 2 2 îï xy + y- 6x = 0 Hết ĐỀ SỐ 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM NAM ĐỊNH HỌC 2015 - 2016 ĐỀ DỰ BỊ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Trang 1
2. Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. x2 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: x A. x 0 ; B. x 0 ; C. x 0 ; D. x 0 . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng 2x y 6 cắt trục hoành tại điểm M có tọa độ là: A. 6;0 ; B. 3;0 ; C. 0;3 ; D. 0;6 . Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng (d): x 3y 5 đi qua điểm: A. (2; 1) ; B. ( 2; 1) ; C. (2;1) ; D. (1;2) . Câu 4. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ¡ : A. y 2x2 ; B. y 1 2 x ; C. y 1 2 x ; D. y 2x2 . Câu 5. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt: A. x2 x 1 0 ; B. x2 x 2 0 ; C. x2 2x 1 0 ; D. x2 4x 3 0 . Câu 6. Tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3 cm, AC = 4 cm. Độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A bằng: 7 5 A. cm; B. 5 cm; C. cm; D. 7 cm. 2 2 Câu 7. Cho một hình tròn có diện tích bằng 9 cm2. Khi đó bán kính của hình tròn bằng: A. 3 cm; B. 9 cm; C. 3 cm; D. 3 cm. Câu 8. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 3 cm, chiều cao bằng 4 cm. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón bằng: A.12π cm2; B. 15π cm2; C. 24π cm2; D. 30π cm2. Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) x 1 1 2 1) Rút gọn biểu thức A = : với x 0 và x 1 . x 1 x x x 1 x 1 9 3 3 3 3 2) Chứng minh đẳng thức 2 3. 3 1 3 1 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2x m2 1 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m 0 . 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 2 x2 x1 . x 2y 3 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 . x 2y 2x 3y 4 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, AK là đường cao. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC tại D (D khác C), H là giao điểm của đường thẳng BD và đường thẳng AK. Kẻ tiếp tuyến AM của đường tròn (O) với M là tiếp điểm. 1) Chứng minh tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng AD.AC=AH.AK=AM2 . 3) Giả sử tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng AO. Chứng minh rằng BC= 2AM . Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 3x3 11x2 3x 7 24x 8x 1 3 8x 1 0. Trang 2
3. ĐỀ SỐ 3 ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Phần I. Trắc nghiệm (8 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Biểu thức 3 2x xác định khi và chỉ khi 3 3 3 3 A. x > . B. x < . C. x ≥ . D. x ≤ . 2 2 2 2 Câu 2. Tất cả các giá trị của x thỏa mãnx 2 = 5 là A. 25. B. 5. C. ±5 . D. ±25 . 7 5 7 5 Câu 3. Giá trị biểu thức bằng 7 5 7 5 A. 1. B. 2. C.12 . D. 12. Câu 4. Hệ số góc của đường thẳng y = 2 – 5x là 2 A. -5. B. . C. 2. D. 5. 5 Câu 5. Phương trình của parabol có đỉnh tại gốc tọa độ và đi qua điểm ( - 1 ; 3 ) là A. y = -3x2. B. y = - x2. C. y = x2. D. y = 3x2. 2x 3y 3 Câu 6. Nghiệm của hệ phương trình là x 3y 6 A. (2;1). B. ( 3;1). C. (1;3). D. (3; -1). Câu 7. Phương trình x2 - 7x - 8 = 0 có tổng hai nghiệm là A. 8. B. 7. C. 3,5. D. -7. 1 Câu 8. Cho hàm số y x2 . Khẳng định nào sau đây là đúng? 3 A. Hàm số trên đồng biến. B. Hàm số trên đồng biến khix 0. C. Hàm số trên đồng biến khix 0. D. Hàm số trên nghịch biến. Câu 9. Phương trình (ẩn x) x2 2 m 1 x m2 0 có nghiệm khi và chỉ khi 1 1 1 1 A. m . B. m . C. m . D. m . 2 2 2 2 Câu 10. Số nghiệm của phương trình x4 3x2 4 0 là A. 4. B. 3. C. 2. D. 0. x 2 Câu 11. Tập nghiệm S của phương trình (x 2)(x 2) 4(x 2) 3 0 là x 2 A. 5. B. 13. C. 5; 13. D. 5; 13. a 2 a 1 1 2 a Câu 12. Với a 0; a 1 , rút gọn biểu thức Q . ta được a 1 a 1 a a a a 1 a 1 a 1 1 A. Q . B. Q . C. Q a 1. D. Q . a 1 a 1 a 1 2 Câu 13. Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2x 2 m 0 . Giá trị nhỏ nhất của biểu 2 2 2 2 thức A x1 x2 3 x1 x2 4 là A. – 4. B. -1. C. 3. D. 4. Câu 14. Cho đường tròn (O), vẽ góc ở tâm AOB có số đo 600. Khi đó cung lớn AB có số đo là A. 2400. B. 3000. C. 1200. D. 1600. Trang 3
4. Câu 15. Cho đường tròn (O; 2cm). Độ dài cung 600 của đường tròn này là 3 2 A. cm. B. cm. C. cm. D. cm. 3 2 2 3 Câu 16. Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và diện tích toàn phần bằng 8 R2 . Tính thể tích V của hình trụ đã cho là A. V 6 R3. B. V 3 R3. C. V 4 R3. D. V 8 R3. Phần II. Tự luận (2 điểm). Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. 1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BEDC nội tiếp. 2) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với DE. ĐỀ SỐ 4 Trang 4
5. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho các lớp chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh Thời gian: 120 phút Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh Câu 1: 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 Giải: a) Ta có A 2 4 2 3 1 1 3 1 3 b) Để hai đường thẳng trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì 1 m 2 m 3 m 3 2 m 2 11 m 3 x 2y m 3 Câu 2: Cho hệ phương trình (m là tham số) 2x 3y m a) Giải hệ phương trình khi m = 1 b) Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) sao cho P 98 x2 y2 4m đạt GTNN x 2y 4 2x 4y 8 x 4 2y x 2 Giải: a) Khi m = 1 ta có hệ 2x 3y 1 2x 3y 1 7y 7 y 1 Vậy khi m = 1 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1) 5m 9 x x 2y m 3 2x 4y 2m 6 x m 3 2y 7 b) Ta có 2x 3y m 2x 3y m 7y m 6 m 6 y 7 Với mọi m thì hệ luôn có nghiệm. 2 2 5m 9 m 6 2 2 Ta có P 98 4m 52m 208m 234 52 m 2 26 26 . 7 7 Do đó GTNN của P bằng 26. Đạt được khi m = -2 Câu 3: 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. t2 5 Giải: a) ĐKXĐ: 3 x 2 . Đặt x 3 2 x t 0 6 x x2 2 t2 5 Ta có phương trình t 1 t2 2t 3 0 t 1 t 3 0 t 3 (vì t > 0) 2 2 2 x 1 Suy ra 6 x x 2 x x 2 0 x 1 x 2 0 (TMĐK) x 2 Tập nghiệm của phương trình là S 2;1 b) Đặt x2 y 0 . Ta có phương trình y2 5y 6 m 0 (*). Để phương trình x4 5x2 6 m 0 có đúng 2 nghiệm thì phương trình (*) có đúng 1 nghiệm dương. Có hai trường hợp xảy ra 5 TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương. Ta có y y (loại) 1 2 2 TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm y1 0 y2 6 m 0 m 6 Trang 5
6. Câu 4: Quảng 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 Giải: Gọi vận tốc của ô tô lúc về là x (km/h). ĐK: x > 0 Vận tốc của ô tô lúc đi là x + 10 (km/h). 120 120 Ta có thời gian ô tô đi từ A đến B là (giờ). Thời gian về là (giờ) x 10 x 2 Thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút = giờ nên ta có phương trình 5 120 120 2 x2 10x 3000 0 x 60 x 50 0 x 50 (vì x > 0) x x 10 5 Đối chiếu điều kiện ta có vận tốc của ô tô lúc về là 50 km/h Câu 5: 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 0 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 Giải: Áp dụng BĐT CauChy ta có x3 zx zx 1 1 z 1 z 1 x x x . z x . x z x2 z x2 2x z 2 2 2 4 y3 x 1 z3 y Tương tự ta cũng có y ; z . Cộng theo vế các BĐT này được x y2 4 y z2 4 x3 y3 z3 x y z 3 3 x y z 3 x y z z x2 x y2 y z2 4 4 4 1 1 1 9 Mặt khác từ giả thiết xy yz zx 3xyz 3 x y z 3 Trang 6 x y z x y z
7. x3 y3 z3 3.3 3 3 1 1 1 1 Do đó 2 2 2 . z x x y y z 4 4 2 2 x y z Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 ĐỀ SỐ 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 HẢI DƯƠNG Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 3x y 5 1) (2x 1)(x 2) 0 2) 3 x y Câu 2 (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d): y x m 2 và (d’): y (m2 2)x 3 . Tìm m để (d) và (d’) song song với nhau. x x 2 x 1 x 2) Rút gọn biểu thức: P : với x 0;x 1;x 4 . x x 2 x 2 x 2 x Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy ? 2 2) Tìm m để phương trình: x 5x 3m 1 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm x 1, 3 3 x2 thỏa mãn x1 x2 3x1x2 75 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB. 1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH. HB2 EF 3) Chứng minh: 1 . HF2 MF Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x y z 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất x 1 y 1 z 1 của biểu thức: Q . 1 y2 1 z2 1 x2 Hết Trang 7
8. ĐỀ SỐ 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm 2017 Câu 1. Điều kiện để biểu thức xác định là x 2 A.x 2C.x≠2D.x=2 Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,đồ thị hàm số y = x +1 đi qua điểm A.M(1;0)B.N(0;1)C.P(3;2)D.Q(-1;-1) Câu 3. Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + 8 nghịch biến trên R là A.m ≥ 2B.m > 2C.m 0 và x ≠ 1) x2 x x x x x 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1+ x Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho 2 x1 + x1x2 + 3x2 = 7 2x 3y xy 5 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1 1 1 x y 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) 1) Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2 2) Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN 3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2 Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 5x2 4x x2 3x 18 5 x Hết Trang 8
9. ĐỀ SỐ 7 PHÒNG GD-ĐT HẢI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 HẬU Môn Toán lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm): Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm: 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là 2018 x A. x 2018 B. x 2018 C. x 2019 C. m > - 2018 D. m 0; x 4 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q = x 1 .P đạt giá trị nguyên. Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) (1) a) Giải phương trình với m = -1 b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 2 2 2 x1 2 m 3 x1 2m 3 . x2 2 m 3 x2 2m 3 m 3m 6 3 3 x y Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (I) x y 2x xy 1 0 Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B và C là các tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E; đường thẳng BE cắt AO tại F; H là giao điểm của AO và BC. Trang 9
10. a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO = AB 2 và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh: HE vuông góc với BF. HC 2 DE c) Chứng minh: 1 AF2 EF2 AE x 3 1 15 Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 3x 2 x3 x 11 x 1 2 2 ĐỀ SỐ 8 PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ LẦN 1 VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 (Thời gian:120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) a. Thực hiện phép tính: 2018 1 2018 1 x y 1 b. Giải hệ phương trình: 2x 3y 7 c. Giải phương trình: 9x2 8x 1 0 d. Giải phương trình x4 2017x2 2018 0 Câu 2. (2,0 điểm) Cho parapol P : y x2 và đường thẳng d : y 2x m2 1 (m là tham số). a. Tìm các giá trị của m để đường thẳng song d : songy 2 xvới m đường2 1 thẳng d ' : y 2m2 x m2 m . b. Chứng minh rằng với mọi m, d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B. 2 2 c. Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B. Tìm m sao cho xA xB 14 . Câu 3. (1,5 điểm) Hai xe ô tô cùng đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ nhất là 1 giờ. Lúc trở về xe thứ nhất tăng vận tốc thêm 5 km mỗi giờ, xe thứ hai vẫn giữ nguyên vận tốc nhưng dừng lại nghỉ ở một điểm trên đường hết 40 phút, sau đó về đến cảng Dung Quất cùng lúc với xe thứ nhất. Tìm vận tốc ban đầu của mỗi xe, biết chiều dài quãng đường từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là 120 km và khi đi hay về hai xe đều xuất phát cùng một lúc. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đường tròn sao cho CA > CB. Gọi I là trung điểm của OA. Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I, cắt tia BC tại M và cắt đoạn AC tại P; AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K. a. Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn. b. Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng. c. Các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn (O) cắt nhau tại Q. Tính diện tích của tứ giác QAIM theo R khi BC = R. Câu 5. (1,0 điểm) 2xy a. Cho x 0, y 0 thỏa mãn x2 y2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 1 xy b. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh phương trình x2 a b c x ab bc ca 0 vô nghiệm. HẾT Trang 10
11. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 TIỀN HẢI MÔN: TOÁN (Thời gian 120 phút làm bài ) Bài Ý NỘI DUNG ĐIỂM 15 2 3 3 6 3 5 2 3 3 2 A 0.25 5 2 3 2 5 2 3 2 a) (1đ) 3 3 0.25 2 3 0.25 Vậy A = 2 3 0.25 Với a ³ 0,a 4 , ta có: 5 a 3 3 a 1 4a 2 a 8 B 1 a 2 a 2 a 4 (2đ) 0.25 5 a 3 a 2 3 a 1 a 2 4a 2 a 8 b) a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 (1đ) 5a 10 a 3 a 6 3a 6 a a 2 4a 2 a 8 0.25 a 2 a 2 4a 16 4 a 4 4 0.25 a 4 a 4 Vậy B = 4 với a ³ 0,a 4 0.25 ĐKXĐ: x ¹ - 1; y ¹ 2 0.25 1 1 ïì a + 2b = 5 Đặt = a, = b ta có hệ phương trình í 0.25 a) x + 1 y- 2 îï 5a - b = 3 (1đ) Tìm được a = 1, b = 2 0.25 æ 5ö Tìm được và kết luận: (x;y)= ç0; ÷ 0.25 èç 2ø÷ Vì đường thẳng (d): y = ax + b đi qua điểm M(–1; 2) 2 Þ x = –1, y = 2 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d). 0.25 (2đ) Ta có: 2 = a.(–1) + b Þ b = a + 2 Þ phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + a + 2 2 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P): y = x và đường (1đ) thẳng (d): y = ax + a + 2 0.25 2 2 x = ax + a + 2 Þ x – ax – a – 2 = 0 D = a 2 + 4a + 8 = a + 2 2 + 4 > 0 ( ) 0.25 Þ phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt Vậy (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt (đpcm) 0.25 Với m = 2 ta có phương trình : x2 – 6x + 8 = 0 0.25 3 a) Giải ra được x = 2, x = 4 0.5 (2đ) 1 2 Vậy với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = 2, x2 = 4 0.25 Trang 11
12. Bài Ý NỘI DUNG ĐIỂM 3 Tìm được đk để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 là m ³ (*) 0.25 2 ïì x1 + x 2 = 2m + 2 Theo định lí Vi–ét ta có: íï ï x x = m2 + 4 îï 1 2 0.25 x1 là nghiệm của phương trình nên 2 2 2 2 x1 - 2(m + 1)x1 + m + 4 = 0 Þ x1 = 2(m + 1)x1 - m - 4 Theo bài ra ta có: 2 2 b) x1 + 2(m+ 1)x2 £ 3m + 16 (1đ) 2 2 Þ 2(m+ 1)x1 - m - 4+ 2(m+ 1)x2 £ 3m + 16 2 0.25 Û (m+ 1)(x1 + x2 )- 4m - 20£ 0 Þ (2m+ 2)(2m+ 2)- 4m2 - 20£ 0 Û 4m2 + 8m+ 4- 4m2 - 20£ 0Û 8m£ 16Û m£ 2 3 Kết hợp với điều kiện (*)Þ £ m £ 2 thỏa mãn bài toán 0.25 2 M E d I K B C A D O F N a) Chứng minh được tứ giác MCAE nội tiếp 1.0 (1đ) Chứng minh được D BEA ~ D BCM 0.25 b) Þ BE . BM = BA . BC 0.25 (1đ) Chứng minh BF . BN = BA . BC 0.25 4 Þ BE.BM = BF.BN (đpcm) 0.25 (3,5đ) Chứng minh D DEB ~ D DAF (gg) 0.25 3R 2 Þ DE.DF = DA.DB = 0.25 4 4R Mà DE + DF = 5 2 0.25 c) 2 4R 3R Þ DE, DF là nghiệm của phương trình x - x + = 0 (1đ) 5 4 R 5 3R Giải phương trình được: x = ; x = 1 2 2 2 5 æ ö æ ö 0.25 ç R 5 3R ÷ ç 3R R 5 ÷ Vậy çDE = ; DF = ÷ hoặc çDE = ; DF = ÷ èç 2 2 5 ø÷ èç 2 5 2 ø÷ d) Từ câu b, chứng minh được tứ giác MNFE nội tiếp 0.25 (0,5đ) Gọi K là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp D BMN Trang 12
13. Bài Ý NỘI DUNG ĐIỂM Þ BKN =  BMN =  BFD Þ D BKN~D BFD (gg) BA.BC Þ BD.BK = BF.BN = BA.BC Þ BK = BD BA.BC Vì A, B, C, D cố định nên không đổi BD Þ BK có độ dài không đổi Þ K cố định 0.25 I là tâm đường tròn đi qua 2 điểm B, K cố định Þ I thuộc trung trực của đoạn thẳng BK cố định. Từ phương trình x 2 ( 5x- y 02 ) = 1 Þ ¹ Xét x ¹ 0 ta có ì 1 ï 2 ì 2 2 5- y = 2 ï x (5- y )= 1 ï x ï Û ï í í 2 ï xy2 + y- 6x 2 = 0 ï y y îï ï + - 6 = 0 îï x x 2 0.25 2 ïì 1 ïì æ1 ö 2y ï + y2 = 5 ï ç + y÷ - = 5 ï 2 ç ÷ ï x ï èçx ÷ø x Û íï Û íï ï y2 y ï y æ 1ö ï + = 6 ï çy + ÷= 6 ï 2 ï ç ÷ îï x x îï x è xø 5 1 y Đặt + y = a, = b ta có hệ phương trình: (0,5đ) x x ì 2 ï a - 5 2 ï b = (1) ïì a - 2b = 5 ï 2 íï Û íï ï ab = 6 ï a 2 - 5 îï ï a. = 6 (2) îï 2 a 2 - 5 0.25 Giải phương trình (2): a. = 6 Þ a3 – 5a – 12 = 0 2 Û (a – 3)(a2 + 3a + 4) = 0 Û a = 3 Þ b = 2 ïì 1 ï + y = 3 ï x ïì æ1 öïü Giải hệ í tìm được (x, y)= í (1;2);ç ;1÷ý ï y ï èç2 ÷øï ï = 2 îï þï îï x ĐỀ SỐ 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM NAM ĐỊNH HỌC 2015 - 2016 ĐỀ DỰ BỊ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) II. Đáp án và thang điểm: Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B A C D C D B Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Điể Câu Ý Nội dung trình bày m Trang 13
14. x 1 1 2 Với x > 0, x 1 ta có A = : 0,2 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 5 1 x 1 x 1 0,2 ) = : x x 1 x 1 x 1 5 (1, 0đ x 1 x 1 0,2 1. ) = . x x 1 x 1 5 (1,5đ) = x 1 0,2 x 5 2) 9 3 3 3 3 3 3 3 1 3 3 1 0,2 (0, 3 1 3 1 3 1 3 1 5 5đ ) 3 3 3 2 3 đpcm 0,2 5 1 Với m = 0 ta có phương trình (1) trở thành x2 2x 1 0 . 0,2 ) 5 (0, 2 2 x 2x 1 0 x 1 0 x 1. 0,2 5đ Vậy khi m = 0, phương trình (1) có nghiệm x 1 . 5 ) Phương trình (1) có biệt thức / m2 . 0,2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi / 0 m 0 . 5 2. x1 , x2 là các nghiệm của (1) nên theo định lí Vi-et có: 0,2 (1,5đ) x x 2, x x 1 m2 . 5 2 1 2 1 2 x x 2 ) 1 2 2 Từ 2 có x1 x1 2 0 hay x1 1; 2 . (1, x2 x1 0,2 0đ 2 Với x1 1 thì x2 1 , khi đó 1 m 1 hay m 0 . 5 ) 2 Với x1 2 thì x2 4 , khi đó 1 m 8 hay m 3 . Kết hợp điều kiện m 0 có đáp số: m 3 . 0,2 5 ĐKXĐ: x, y ¡ Ta có x 2y 3 x 3 2y 0,2 5 Thay x = 3 – 2y vào phương trình còn lại ta có phương trình 6y2 5y 1 0 0,2 y 1 5 3. y 1 6y 1 0 1 . y (1,0đ) 6 Với y 1 x 1 . 0,2 1 10 Với y x . 5 6 3 10 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = (; ); (x; y) = 0,2 3 6 5 (1;1 ). Trang 14
15. Hình vẽ: A D M I H J B C K O 1 AK là đường cao của tam giác ABC nên A· KC 90o . 0,2 ) 5 ( Trong hình tròn (O), B· DC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên 0,2 1 B· DC 90o . 5 , Suy ra H· KC H· DC A· KC B· DC 180o 0,2 0 5 đ Vậy tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng các góc đối bằng 0,2 ) 180o). 5 * Chứng minh (a): AD.AC=AH.AK . 0,2 4. - Chỉ ra được các tam giác vuông AHD, ACK đồng dạng. 5 (3,0đ) AH AD - Suy ra hay AD.AC=AH.AK . 0,2 2 AC AK 5 ) * Chứng minh (b): AD.AC=AM2 . 0,2 ( - Chỉ ra được A· MD A· CM . 5 1, 5 - Chỉ ra được các tam giác AMD, ACM đồng dạng (g-g). 0,2 đ 5 AM AD ) - Suy ra hay AC.AD AM2 . 0,2 AC AM 5 * Từ (a) và (b) có điều phải chứng minh: AD.AC=AH.AK=AM2 . 0,2 5 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, IM vuông góc với 3 AO tại J. Từ MJ  AO suy ra MA2 MO2 JA2 JO2 IA2 IO2 , có 0,2 BC BC2 5 ) MO ,IA IC nên MA2 IC2 IO2 (c). ( 2 4 0, Lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC, O là trung 5 BC2 điểm của BC nên IO  OC , suy ra IC2 IO2 OC2 (d). 0,2 đ 4 5 ) BC2 BC2 Từ (c) và (d) suy ra MA2 nên BC 2AM . 4 4 Trang 15
16. 1 ĐKXĐ: x 8 Ta có 3x3 11x2 3x 7 24x 8x 1 3 8x 1 0 0,2 3 x3 3x2 3x 1 2 x2 2x 1 3 8x 1 8x 1 2 8x 1 5 3 2 3 x 1 3 2 x 1 2 3 8x 1 2 8x 1 9 u x 1 u Đặt . ĐK 8 . Ta có phương trình v 8x 1 0,2 5. v 0 (1,0đ) 5 3u3 2u2 3v3 2v2 u v 3u2 3uv 3v2 2u 2v 0 (*) 9 Do 3u2 3uv 3v2 2u 2v 0,u ,v 0 nên (*) u v 0,2 8 5 Với u = v ta có 8x 1 x 1 x2 6x 2 0 x 3 7 (thỏa mãn x 1 ). 0,2 8 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 3 7, x 3 7. ĐỀ SỐ 3 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Phần I. Trắc nghiệm (8 điểm). Mỗi câu chọn đúng cho 0,5 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D C D A D B B C Câu 9 10 11 12 13 14 15 16 Đáp án B C D A C A D A Phần II. Tự luận (2 điểm). y A x D E H B C Câu Nội dung trình bày Điểm 1) *Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp 1,0 Xét tứ giác ADHE có :A· EH 900 (gt);A· DH 900 (gt) 0,25đ điểm · · 0 0 0 Do đó : AEH ADH 90 90 180 0,25đ Vậy tứ giác ADHE nội tiếp được đường tròn (tổng 2 góc đối diện bằng 1800) Trang 16
17. *Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp 0,25đ Ta có: B· EC B· DC 900 (gt) 0,25đ Hai đỉnh E, D kề nhau cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông . Vậy tứ giác BEDC nội tiếp 2) Qua A vẽ tiếp tuyến xy với (O) xy  OA (1)( t/c tiếp tuyến ) 0,25đ 1,0 Ta có: y·AC A· BC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn điểm 0,25đ cung AC ) 0,25đ · · · Ta lại có : ABC ADE ( vì cùng bù với EDC ) 0,25đ Do đó : y·AC A· DE , là hai góc ở vị trí so le trong Nên DE//xy (2) Vậy OA vuông góc với DE ĐỀ SỐ 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO HƯỚNG DẪN CHẤM TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 HẢI DƯƠNG NĂM HỌC: 2017-2018 - MÔN TOÁN Câu Ý Nội dung Điể m 1 2x 1 (x 2) 0 0,2 5 2x 1 0 0.2 x 2 0 5 1 0,2 x 2 5 I x 2 0.2 5 3x y 5 x 1 1,0 2 3 x y y 2 0 Điều kiện để hai đồ thị song song là 1 m2 2 m 1 1,0 II 1 m 2 3 m 1 0 Loại m = 1, chọn m =-1 x x 2 x 1 x A ( ) : x x 2 x 2 x 2 x 0,2 x x 2 x 1 x 5 A ( ) : x 1 x 2 x x 2 2 x 0,2 5 2 x x 2 x 1 x 0,2 A ( ) : x 1 x 2 x x 2 2 x 5 0,2 2 A 5 x 1 II Trang 17
18. Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 1 là x chi tiết ( x nguyên dương, x < 900) Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 2 là y chi tiết ( ynguyên dương, y 1,0 1 < 900) x y 900 x 400 0 Theo đề bài ta có hệ 1,1x 1,12y 1000 y 500 Đáp số 400, 500 29 29 12m 0 m nên pt có hai nghiêm 12 Áp dụng vi ét x1 x2 5 và x1x2 3m 1 x x x x 2 x x 3x x 75 2 P = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 x1 x2 3 Kết hợp x1 x2 5 suy ra x1 1; x2 4 Thay vào x1x2 3m 1 suy ra 5 m = 3 A E F M 0,2 IV O N H 5 B a)M· AO M· BO 900 M· AO M· BO 1800 . Mà hai góc đối nhau nên 0,7 tứ giác MAOB nội tiếp 5 b) Chỉ ra MNF : ANM(g g) suy ra MN 2 NF.NA Chỉ ra NFH : AFH(g g) suy ra NH2 NF.NA 1 Vậy MN 2 NH2 suy ra MN = NH c) Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R MO là đường trung trực của AB AH  MO và HA = HB MAF và MEA có: A· ME chung; M· AF A¶EF MAF MEA (g.g) 1 MA MF MA2 MF.ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO, có: MA2 = MH.MO Trang 18
19. ME MO Do đó: ME.MF = MH.MO MH MF MFH MOE (c.g.c) M· HF M· EO Vì B· AE là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng · · 1 » FEB FAB = sđEB 2 M· HF F· AB A· NH N· HF A· NH F· AB 900 HF  NA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: NH2 = NF.NA NM2 NH2 NM NH . HB2 EF 3) Chứng minh: 1 . HF2 MF Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: HA 2 = FA.NA và HF2 = FA.FN Mà HA = HB HB2 HA2 FA.NA NA HF2 HF2 FA.FN NF HB2 = AF.AN (vì HA = HB) EF FA Vì AE // MN nên (hệ quả của định lí Ta-lét) MF NF HB2 EF NA FA NF 1 HF2 MF NF NF NF 0,2 5 x 1 y 1 z 1 x y z 1 1 1 Q 2 2 2 2 2 2 2 2 2 M N 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x x y z Xét M , áp dụng Côsi ta có: 1 y2 1 z2 1 x2 2 2 x x 1 y xy xy2 xy2 xy x x x 1 y2 1 y2 1 y2 2y 2 y yz z zx Tương tự: 2 y ; 2 z ; Suy ra 1 z 2 1 x 2 1,0 V x y z xy yz zx xy yz zx M x y z 3 0 1 y2 1 z2 1 x2 2 2 Lại có: x2 y2 z2 xy yz zx x y z 2 3 xy yz zx xy yz zx 3 xy yz zx 3 3 Suy ra: M 3 3 2 2 2 Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 Xét: N , ta có: 1 y2 1 z2 1 x2 Trang 19
20. 1 1 1 3 N 1 2 1 2 1 2 1 y 1 z 1 x y2 z2 x2 y2 z2 x2 x y z 3 1 y2 1 z2 1 x2 2y 2z 2x 2 2 3 3 Suy ra: N 3 2 2 Dấu “=” xảy ra x y z 1 Từ đó suy ra: Q 3 . Dấu “=” xảy ra x y z 1 Vậy Qmin 3 x y z 1 ĐỀ SỐ 6 Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B C D B A A D Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 1) 1 x 1 1 x x x x P :  x 2 x x x x x x x x 1 x 1 1 x x x 1 1  x x 1 x x 1 x 1 x 1 3 2) 3P 1 x 1 x x2 1 3 x2 4 x 2 (do x 0;x 1) x 1 Câu 2. (1,5 điểm) 1) 4m 3 3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt m 4 x1 x2 1 2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 m 1 Cách 1: 2 x1 x1x2 3x2 7 x1 x1 x2 3x2 7 x1 3x2 7 do x1 x2 1 x1 x2 1 x1 2 Ta có hệ: x1 3x2 7 x2 3 2.3 m 1 m 7 (thỏa mãn điều kiện) Cách 2: x1 x2 1 x2 1 x1 . Do đó: Trang 20
21. 2 x1 x1x2 3x2 7 2 x1 x1 1 x1 3 1 x1 7 2 2 x1 x1 x1 3 3x1 7 2x1 4 x1 2 Từ đó tìm x2 rồi tìm m. Câu 3. (1,0 điểm) Điều kiện: x 0;y 1 2x 3y xy 5 2x 3y xy 5 2x 2y 6 x 3 y 1 1 1 y 1 xy y 1 xy y 1 y(3 y) x y 1 x 3 y x 3 y x 3 y x 2 2 2 (thỏa mãn điều kiện) y 1 y(3 y) y 2y 1 0 (y 1) 0 y 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) B E H M I O F A N C 1) Ta có: B· MH H· NC 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HM  AB , HN  AC Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có: AH2 = AM.AB và AH2 = AN.AC AM.AB = AN.AC Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật AH = MN AN.AC = MN2. 2) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN O là trung điểm của AH và MN Dễ thấy EMO = EHO (c.c.c) E· MO E· HO 900 EM  MN Chứng minh tương tự được FN  MN ME // NF MEFN là hình thang vuông Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN OI  MN 3) Đặt MN = AH = h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có: 4(EN2 + FM2) = 4[(ME2 + MN2) + (ME2 + MN2)] = 4(x2 + y2 + 2h2) BC2 + 6AH2 = (HB + HC)2 + 6h2 = HB2 + HC2 + 2.HB.HC + 6h2 Trang 21
22. = 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2) Vậy 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2. Câu 5. (1,0 điểm) Điều kiện: x 6 Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang: 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x 25x 10x 5x 4 x2 3x 18 6 5x 4 10x 5x 4 4x2 2x 6 0 Đặt 5x 4 t , phương trình trên trở thành: 6t 2 10xt 4x2 2x 6 0 ' 25x2 6(4x2 2x 6) (x 6)2 0 5x x 6 t t x 1 6 2x 3 5x x 6 t t 3 6 7 61 Với t x 1 x 1 5x 4 x2 7x 3 0 x (do x 6) 2 2x 3 Với t 2x 3 3 5x 4 4x2 33x 27 0 x 9 (do x 6) 3 7 61  Vậy S ;9 . 2  Cách 2: Lời giải của thầy Nguyễn Văn Thảo: 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x x2 3x 18 5 x 5x2 4x x2 22x 18 10 x(x2 3x 18) 2x2 9x 9 5 x(x 6)(x 3) 2(x2 6x) 3(x 3) 5 (x2 6x)(x 3) a x2 6x Đặt: (a 0;b 3) ta có phương trình: b x 3 2 2 a b 2 a 3b 5ab ( a b )( 2 a 3b ) 0 2 a 3b 7 6 1 x (T M ) 2 2 1) a b x 7 x 3 0 7 6 1 x ( K T M ) 2 x 9 (tm ) 2 2 ) 2 a 3b 4 x 3 3 x 2 7 0 3 x ( ktm ) 4 7 6 1  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  . 2  Trang 22
23. ĐỀ SỐ 7 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TẠO THPT HUYỆN HẢI HẬU NĂM HỌC 2018-2019 ___ I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm): Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 C B B C D C D A II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm): Câu 1 (1,5 điểm): x 6 1 10 x Rút gọn biểu thức: P = : x 2 với x > 0; x 4 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 Với x > 0; x 4 ta có: x 6 1 10 x P = : x 2 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 x 6 1 x 4 10 x 0,2 : x x 4 3 x 2 x 2 x 2 5đ x 2 1 6 : 0,2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 5đ x 2 x 2 x 2 6 x 2 x 4 x 2 6 : : 0,2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 5đ 6 x 2 =. x 2 x 2 6 0,2 1 5đ và kết luận x 2 b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q = x 1 .P đạt giá trị nguyên. Với x > 0; x 4. Ta có 1 x 1 3 0,2 Q = x 1 .P = x 1 . 1 x 2 x 2 x 2 5đ Nếu x không là số chính phương x là số vô tỉ Q không nguyên Nếu x là số chính phương x là số nguyên Q nguyên 3 nguyên x 2 Ư(3) 0,2 x 2 5đ Giải ra tìm được các giá trị x = 1; x = 9; x = 25 Đối chiếu điều kiện và kết luận Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = -1. Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có Trang 23
24. x2 2( 1 3)x 2.( 1) 5 0 x2 8x 7 0 0,2 5đ Tìm được ' 16 7 9 0,2 5đ Tìm được x1 1 ; x2 7 và kết luận 0,2 5đ b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 2 2 2 x1 2 m 3 x1 2m 3 . x2 2 m 3 x2 2m 3 m 3m 6 Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 m 2 0,2 5đ 2 Phương trình (1) có nghiệm là x1 x1 2(m 3)x1 2m 3 2 2 Phương trình (1) có nghiệm là x2 x2 2(m 3)x2 2m 3 2 2 2 2 x1 2 m 3 x1 2m 3 . x2 2 m 3 x2 2m 3 m 3m 6 0,2 ( 2).( 2) m2 3m 6 m2 – 3m +2 = 0 5đ Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2 0,2 Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận: 5đ 3 3 x y Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) x y 2x xy 1 0 Điều kiện: x > 0 và y > 0 3 3 0,2 x y x y 3 y x y 3 x Có (I) x y 5đ 2x xy 1 0 2x xy 1 0 x y 0 xy x y 3 x y 0 x y xy 3 0 0,2 xy 3 0 5đ 2x xy 1 0 2x xy 1 0 2x xy 1 0 x y 0 2x xy 1 0 xy 3 0 0,2 5đ 2x xy 1 0 x y 0 x 1 Giải hệ phương trình tìm được (thỏa mãn điều kiện) y 1 2x xy 1 0 x 2 xy 3 0 Giải hệ phương trình tìm được 9 (thỏa mãn điều kiện) 0,2 2x xy 1 0 y 2 5đ Kết luận: Câu 4 (3,0 điểm): a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. Chỉ ra được AE.AD = AB2 D B 0,2 E 5đ Trang 24 O A H F C
25. Chỉ ra được AH.AO = AB2 0,2 5đ AE.AD = AH.AO = AB2 0,2 5đ Chứng minh được AHE đồng dạng ADO 0,2 5đ E· HA ·ADO 0,2 Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn 5đ b) Chứng minh HE vuông góc với BF. Tứ giác ODEH nội tiếp H· ED H· OD 1800 0,2 5đ Chứng minh BD // AO B· DO H· OD 1800 B· DO H· ED 0,2 5đ Tam giác BCD vuông tại B B· DC B· CD 900 0,2 Chỉ ra B· CD B· ED (Hai góc nội tiếp cùng chắn B»D ) 5đ H· ED B· ED 900 H· EB 900 HE  BF tại E 0,2 5đ HC 2 DE c) Chứng minh 1 AF2 EF2 AE Chứng minh HF2 = FE.FB, AF2 = FE.FB HF2 = AF2 Chứng minh HC2 = HB2 = BE.BF 0,2 5đ AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF HC 2 BE.BF BF 0,2 AF2 EF2 BE.EF EF 5đ DE BE Chứng minh BDE đồng dạng FAE AE EF HC 2 DE BF BE BF BE EF 0,2 1 AF2 EF2 AE EF EF EF EF 5đ x 3 1 15 Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 3x 2 x3 x 11 (Đk: x 3 hoặc x 1 ) x 1 2 2 Với x 3 hoặc x 1 ta có x 3 1 15 x2 3x 2 x3 x 11 x 1 2 2 x 3 1 11 x x 2 x 2 x2 x 2 x x 2 x 2 x 1 2 2 x 3 11 1 2 x 2 x 1 x x 0 x 1 2 2 x 2 0 x 3 11 1 x 1 x2 x 0 x 1 2 2 Giải x 2 0 x 2 (tm điều kiện x 1 ) 0,2 5đ Trang 25
26. x 3 11 1 Giải x 1 x2 x 0 x 1 2 2 x 3 x2 2x 3 2 x 1 8 x 1 x 3 x2 x 3x 3 2 x 1 8 x 1 x 3 x 1 x 3 2 x 1 8 x 1 2 x 3 x 3 0,2 x 1  2 x 1 8 x 1 x 1 5đ x 3 2 x 1 2 1 x 3 x 1 x 1 1 9 x 1 x 3 x 1 4 2 x 1 Giải (1): Với điều kiện x 3 phương trình (1) vô nghiệm. Với điều kiện x 1 bình phương hai vế của phương trình (1) ta có: 0,2 x 3 x 1 2 x 1 x 3 4 0 x2 2x 7 0 5đ x 1 Giải phương trình tìm được x 1 2 2 (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; x 1 2 2 (không thỏa mãn điều kiện) Giải (2) Với điều kiện x 1 phương trình (2) vô nghiệm. Với điều kiện x 3 bình phương hai vế của phương trình (2) ta có: x 3 x 1 4 x 1 x 3 16 0 x2 2x 19 0 x 1 Giải phương trình tìm được x 1 2 5 (không mãn điều kiện x 3 ) ; x 1 2 5 (thỏa mãn thỏa mãn điều kiện)x 3 Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S 1 2 5 ; 1 2 2;2 0,2 5đ ĐỀ SỐ 8 PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC NĂM HỌC 2017-2018 (Thời gian:120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu Nội dung Điểm 2 Câu1 a, 2018 1 2018 1 2018 12 2018 1 2017 0,5 2đ x y 1 3x 3y 3 5x 10 x 2 0,5 b, 2x 3y 7 2x 3y 7 x y 1 y 1 c, Phương trình 9x2 8x 1 0 có a b c 9 8 1 0 nên có hai nghiệm là: 0,5 1 x 1; x . 1 2 9 2 2 t 1 0,5 d, Đặt x t t 0 t 2017t 2018 0 t 2018 Trang 26
27. Vì t 0 t 1 x 1 Vậy nghiệm của phương trình là x=1;x=-1 Câu a, Đường thẳng d : y 2x m2 1 song song với đường thẳng 0,75 2 d ' : y 2m2 x m2 m khi m 1 2 2m2 m2 1 m 1 m 1 2 2 m 1 m m m 1 m 1 2đ b,Phương trình hoành độ giao điểm của d và P 0,75 là x2 2x m2 1 x2 2x m2 1 0 . Phương trình bậc hai có ac m2 1 0với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m. c, Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA ; xB là nghiệm của 0,5 phương trình x2 2x m2 1 0 . Áp dụng hệ thức Viet ta có: S xA xB 2 2 do đó P xA .xB m 1 2 2 2 2 2 xA xB 14 xA xB 2xA.xB 14 2 2 m 1 14 4 2m2 2 14 m 2 Gọi vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là x (km/h), xe thứ hai là y (km/h). ĐK: 0,5 Câu x > 0; y > 0. 3 Thời gian xe thứ nhất đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là 120 h . x Thời gian xe thứ hai đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là 120 1,5 h . y Vì xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ nhất là 1 giờ nên ta có phương trình: 120 120 1 1 x y Vận tốc lúc về của xe thứ nhất là x+ 5 (km/h). Thời gian xe thứ nhất về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất 120 h . x 5 Thời gian xe thứ hai về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất 120 h . y 2 Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết 40 ph h , sau đó về đến cảng Dung Quất 0,5 3 120 120 2 cùng lúc với xe thứ nhất nên ta có phương trình: 2 . x 5 y 3 120 120 1 x y Từ (1) và (2) ta có hpt: 120 120 2 x 5 y 3 Trang 27
28. Giải hpt: 0,5 120 120 1 x y 120 120 1 2 360 x 5 360x x x 5 x 5x 1800 0 120 120 2 x x 5 3 x 5 y 3 25 4.1800 7225 0 85 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 5 85 x 40 (thỏa mãn ĐK) 1 2 5 85 x 45 (không thỏa mãn ĐK) 2 2 120 120 120 Thay x 40 vào pt (1) ta được: 1 2 y 60 (thỏa mãn 40 y y Vậy vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là 40 km/h, xe thứ hai là 60 km/h. Câu 4 3,5 M Q C K P 1,0 A B I O a, Ta có Góc P· IB P· CB 1800 Suy ra tứ giác PIBC nội tiếp b, Dễ thấy MI và AC là hai đường cao của MAB P là trực tâm 1.5 của MAB BP là đường cao thứ ba BP  MA 1 . Mặt khác ·AKB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) BK  MA 2 . Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, P, Q thẳng hàng. c) AC AB2 BC 2 4R2 R2 R 3 1,0 Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC là tam giác đều suy ra C· BA 600 Mà Q· AC C· BA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn »AC ) do đó Q· AC 600 . Dễ thấy tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) có Q· AC 600 nên là tam giác đều AQ AC R 3 . Dễ thấy Trong tam giác vuông IBM I 900 Trang 28
29. 3R 3 3R ta có IM IB.tan B IB.tan 600  3 . 2 2 Ta chứng minh được tứ giác QAIM là hình thang vuông AQ / /IM ; I 900 . 1 1 3 3R R R 5R 3 5 3R2 Do đó S AQ IM AI R 3 .  (đvdt). QAIM 2 2 2 2 4 2 8 Câu a, Với x 0, y 0 0,5 5 x2 y2 1 3 1 2 2 4 Ta có xy xy 1 xy 2 2 2 1 xy 3 1 xy 3 2xy 2 4 2 Do đó A 2 2 . 1 xy 1 xy 3 3 1đ Dấu “=” xảy ra khi x y . x 0, y 0 2 2 2 Từ x y x y , Vậy min A khi x y . 2 3 2 2 2 x y 1 b, Ta có 0,5 a b c 2 4 ab bc ca a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca a a b c b b c a c c a b 0 Do a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. Trang 29