›
›
›

Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Hải Thượng

pdf 152 trang dichphong 4150
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Hải Thượng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbo_de_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_trung_hoc_pho_thong_mon_toan.pdf

Nội dung text: Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Hải Thượng

  1. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Hướng dẫn giải (Nguyễn Thành Tâm) THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1. ( 2,25 điểm ) 2 1) Giải phương trình x 9 x 20 0 ( Đáp số: x1 = 5 ; x2 = 4 ) 7x 3y=4 x 1 2) Giải hệ phương trình : (Đáp số: ) 4x y=5 y 1 4 2 3) Giải phương trình x 2 x 3 0 ( Đáp số: x1 = 3 ; x2 = 3 ) Câu 2. ( 2,25 điểm ) 1 Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ 2 thị lần lượt là ( P ) và ( d ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2 ) Tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) là: M( 2; –2 ) và N(–4 ; –8 ) Câu 3. ( 1,75 điểm ) 1) Cho a > 0 và a 4 . Rút gọn biểu thức a 2 a 2 4 T . a a 2 a 2 a 2 2 a 2 a 2 a 4 . a 2 . a 2 a a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 . a 4 a 8 a 8 a 2) Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 ) + Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn ) 120 + Số xe dự định ban đầu : ( xe ) x 120 + Số xe lúc sau : ( xe ) x 1 120 120 Theo đề bài ta có phương trình : – = 4 ( x 0 ; x – 0,5 ) x 1 x x2 – x – 30 = 0 Giải được : x1 = 6 ( nhận ); x2 = –5 ( loại ) Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6( tấn ) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  2. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Câu 4 : ( 0,75 điểm ) 2 2 Để phương trình: x + ( 2m – 1 )x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thì 5 0 m 4 Ta có: x1 + x2 = –( 2m – 1 ) 2 x1.x2 = m – 1 2 2 2 2 2 Nên P = ( x1 ) + ( x2 ) = (x1 + x2 ) – 2x1.x2 = [–( 2m – 1 )] – 2(m – 1) = 2( m – 1 )2 + 1 1 5 P = 1 khi m = 1 < ( nhận ) min 4 Câu 5 : ( 3,0 điểm ) 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. Chứng minh: AFH 900 ; AEH 900 Nên AFH AEH 900 90 0 180 0 Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. ( tổng hai góc đối diện bằng 1800 ) 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB Chứng minh ΔBEC ΔADC (g-g) CE CB CE.CA CD.CB CD CA 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn ( O ) đường kính BC. Suy ra đường tròn ( O ) là đường tròn ngoại tiếpΔBEF Áp dụng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, chứng minh: OEB OBE và MEH BHD MHE Mà BHD + OBE 900 (ΔHDB vuông tại D ) Nên OEB + MEH 900 Suy ra MEO 900 EM  OE tại E thuộc ( O ) EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ DFC Chứng minh ΔDBF ΔDEC ( ΔABC ) BDF EDC BDI IDF EDJ JDC IDJ FDC Kết hợp áp dụng tỉ số giữa 2 bán kính bằng tỉ số đồng dạng, chứng minh được: ΔIDJ ΔFDC(c-g-c) Suy ra DIJ DFC Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  3. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 20 ĐỀ SỐ: 21 ĐỀ SỐ: 22 ĐỀ SỐ: 23 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  4. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  5. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  6. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  7. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  8. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 24 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  9. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Bài Phần Nội dung Điểm Khi x = 9 thì: 1) 9 2 3 2 5 0.5 A 9 5 3 5 2 3 20 2 x 3 x 5 20 2 x B x 5 x 25 x 5 x 5 3x15202x x5 1 2) 0.75 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 1 Vậy B với x 0,x 25. Bài I x 5 (2,0đ) Với x 0,x 25, ta có: x 2 1 AB.x4  x4 x 5 x 5 x 2 x 4 x 2 x 2 x 2 3) x 2 1 0.75 1 x 2 do x 2 0 x 2 1 x 9 (thỏa mãn điều kiện) x 1 Vậy x 9;1 là giá trị cần tìm. 3 Đổi 36 phút = giờ 5 Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) (x > 0) Vận tốc của ô tô là x + 10 (km/h). 120 Thời gian xe máy đi từ A đến B là (giờ) x Bài II 120 Thời gian ô tô đi từ A đến B là (giờ) 2.0 (2,0đ) x 10 120 120 3 Ta có phương trình: x x 10 5 Giải phương trình được: x1 = 40 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – 50 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc của xe máy là 40 km/h, vận tốc của ô tô là 40 + 10 = 50 (km/h). ĐK: x 0, y 1 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 9 x 9 Bài III 1) 4x y12 8x2y14 x 2 y 1 5 0.75 (2,0đ) x 1 x 1 x 1 (thỏa mãn điều kiện) 1 2 y 1 5 y 1 2 y 5 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  10. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; 5). Thay x = 0, y = 5 vào phương trình y = mx + 5, ta được: 2a) 5 m.0 5 5 5 (đúng với mọi m) 0.5 Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(0; 5) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 mx 5 x 2 mx 5 0 (*) Vì ac = – 5 < 0 nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm trái dấu (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1, x2, 2b) 0.75 với x1 0 x 2 (do x 1 x 2 ) Mà x1 x 2 nên: x1 x 2 0 m 0 (theo hệ thức Vi-ét) Vậy m < 0 là giá trị cần tìm. A M 1 H O I 1 0.25 2 2 1 1 B C 1 K 1 2 N   Ta có N,C1 1 là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ MA, MB     1) Mà MA MB (GT) NC1 1 0.75 Bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn (theo bài toán Bài IV cung chứa góc) (3,5đ)   Ta có B,M1 1 là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ NC, NB   Mà NC NB (GT) BM1 1   2) NBK và NMB có: BNM chung, B1 M 1 0.75 NBK NMB (g.g) NB NK NB2 NK.NM NM NB Xét đường tròn đi qua bốn điểm CNKI có:   NK2 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI)  Mà N2 ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))  K1 ABC 3) Do hai góc ở vị trí đồng vị nên KI // BH 0.75 Chứng minh tương tự ta được HI // BK Tứ giác BHIK có các cạnh đối song song nên là hình bình hành. Cách 1:     Vì MA MB nên CC2 1 , hay CM là tia phân giác của góc ACB Tương tự, AN là tia phân giác của góc BAC Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  11. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ABC có hai đường phân giác AN và CM cắt nhau tại I BI là đường phân giác thứ ba của ABC Hình bình hành BHIK có BI là đường phân giác của góc B nên là hình thoi. Cách 2:   Vì H,K1 2 là các góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên:    sđMA sđ NB sđ MB sđ NC H1 , K 2 2 2     H1 K 2 do MA MB , NB NC BHK cân tại B BH = BK Hình bình hành BHIK có BH = BK nên là hình thoi. Nhận xét: Phần này có nhiều cách chứng minh. D M 1 Q E P O 1 3 B 1 K C N (P) có góc M1 là góc nội tiếp, góc P1 là góc ở tâm cùng chắn cung BK  1  MP1 1 2 4) 1.0 Mà PBK cân tại P (vì PB = PK) 0  180 P1 0 1  0  PBK 90 P1 90 M 1 (1) 2 2 (O) có đường kính DN đi qua N là điểm chính giữa của cung BC DN  BC và DN đi qua trung điểm của BC DBC cân tại D 1800 BDC 1 DBC 900 BDC 2 2  1 Trong (O), dễ thấy M1 BDC 2 0  DBC 90 M1 (2) Từ (1) và (2) PBK DBC ba điểm D, P, B thẳng hàng   Lại có P1 BDC ( 2M 1 ) và hai góc ở vị trí đồng vị PK // DC Chứng minh tương tự được ba điểm D, Q, C thẳng hàng và QK // DB Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  12. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Do đó, PK // DQ và QK // DP Tứ giác DPKQ là hình bình hành E là trung điểm của đường chéo PQ thì E cũng là trung điểm của đường chéo DK Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng. Có thể chứng minh ba điểm D, P, B thẳng hàng theo các cách sau: Cách 2:  1   0 Từ PBK cân và M1 P 1 PBK M 1 90 2 Từ DN BC DBK BDN 900  0  DBK M1 90 (do BDN M) 1 PBK DBK ba điểm D, P, B thẳng hàng. Cách 3:  1 (P) có góc M1 là góc nội tiếp nên M1 sđ BK 2    1 Mà M1 B 1 nên B 1 sđ BK 2 Suy ra BN là tiếp tuyến tại B của (P) BN  PB Lại có DBN 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) BN  DB Do đó ba điểm D, P, B thẳng hàng. Ta có: (a b)2 0 a 2 b 2 2ab Tương tự: b2 c 2 2bc ; c 2 a 2 2ca Suy ra: 2(a2 b 2 c) 2 2(ab bc ca) P 9 0.25 Dấu “=” xảy ra abc abbcca3 abc 3 Vậy min P 9 a b c 3 Dựa theo lời giải của thầy Bùi Văn Tuân (Hà Nội) Vì a 1,b 1 nên: (a 1)(b 1) 0 ab a b 1 0 a b ab 1 Tương tự: b c bc 1 ; c a ca 1 Do đó: Bài V 2(a b c) ab bc ca 3 (0,5đ) 2(a b c) 12 a b c 6 0.25 (a b c)2 36 (do a b c 0) a2 b 2 c 2 2(ab bc ca) 36 P 2.9 36 P 18 Dấu “=” xảy ra trong ba số a, b, c có ít nhất hai số bằng 1 Nhưng ba số a, b, c không thể đồng thời bằng 1 vì ab bc ca 9 Có hai số bằng 1, do đó số còn lại bằng 4. Vậy max P 18 (a,b,c) 4;1;1 , 1;4;1 , 1;1;4  Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  13. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 25 ĐỀ SỐ: 26 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  14. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 27 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 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 x1, 3 3 x2 thỏa mãn x1 x 2 3x 1 x 2 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 z 2 1 x 2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  15. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM (Nguyễn Thị Thanh Thanh) HẢI DƯƠNG ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC: 2017-2018 - MÔN TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm 1 2x 1 ( x 2) 0 2x 1 0 0,25 x 2 0 0.25 1 0,25 x 0.25 I 2 x 2 3x y 5 x 1 2 3 x y y 2 1,00 Điều kiện để hai đồ thị song song là 1 m2 2 m 1 II 1 1,00 m 2 3 m 1 Loại m = 1, chọn m =-1 x x 2 x 1 x A(): x x 2 x 2 x 2 x x x 2 x 1 x A(): x 1 x 2 x x 2 2 x 0,25 0,25 2 x x 2 x 1 x 0,25 A(): x 1 x 2 x x 2 2 x 0,25 2 A x 1 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 < 900) 1,00 x y 900 x 400 Theo đề bài ta có hệ 1,1x 1,12 y 1000 y 500 II Đáp số 400, 500 29 29 12m 0 m nên pt có hai nghiêm 12 Áp dụng vi ét x x 5 và x x 3 m 1 2 1 2 1 2 1 x x x x 2 x x 3 x x 75 P = 1 2 1 2 1 2 1 2 x1 x 2 3 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  16. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Kết hợp x1 x 2 5 suy ra x1 1; x 2 4 Thay vào x1 x 2 3 m 1 suy ra 5 m = 3 A E F M IV O 0,25 N H B a) MAO MBO 900 MAO MBO 180 0 . Mà hai góc đối nhau 0,75 nên tứ giác MAOB nội tiếp b) Chỉ ra MNF ANM() g g suy ra MN2 NF. NA Chỉ ra NFH AFH() g g suy ra NH2 NF. NA 1 Vậy MN2 NH 2 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: AME chung; MAF AEF MAF MEA (g.g) MA MF MA2 MF.ME ME MA 2 Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO, có: MA = MH.MO ME MO Do đó: ME.MF = MH.MO MH MF 1 MFH MOE (c.g.c) MHF MEO Vì BAE là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng 1 FEB FAB =sđ EB 2 MHF FAB ANH NHF ANH FAB 900 HAFN  Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: NH2 = NF.NA NM2 NH 2 NM NH . Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  17. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HB2 EF 3) Chứng minh: 1. HF2 MF Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN Mà HA = HB HB2 HA 2 FA.NA NA HF2 HF 2 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 0,25 x 1 y 1 z 1 x y z 1 1 1 QMN 2 2 2 2 2 2 2 2 2 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 z 2 1 x 2 2 2 xx 1 y xy xy2 xy 2 xy x x x 1 y2 1 y 2 1 y 2 2 y 2 y yz z zx Tương tự: y ; z ; Suy ra 1 z2 2 1 x 2 2 x y z xyyzzx xyyzzx M x y z 3 1 y2 1 z 2 1 x 2 2 2 Lại có: x2 y 2 z 2 xy yz zx x y z 2 3 xy yz zx xy yz zx 3 xy yz zx 3 3 V Suy ra: M 3 3 1,00 2 2 2 Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 Xét: N , ta có: 1 y2 1 z 2 1 x 2 1 1 1 3 N 1 2 1 2 1 2 1 y 1 z 1 x y2 z 2 x 2 y 2 z 2 x 2 x y z 3 1 y2 1 z 2 1 x 2 2 y 2 z 2 x 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 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  18. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 28 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  19. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 3 .1 : Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  20. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Bài 4.1 Bài 5 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  21. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  22. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 29 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  23. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 30 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 03 tháng 6 năm 2017 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2 điểm) a) Giải phương trình: x2 x 1 3x 2 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100 m. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất, biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài 40 m. Câu 2. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy: 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 4 3 b) Cho đường thẳng (D): y x m đi qua điểm C(6; 7). Tìm tọa độ giao điểm của (D) 2 và (P). Câu 3. (1,5 điểm) 14 6 3 1) Thu gọn biểu thức sau: A 3 1 5 3 2) Lúc 6 giờ sáng bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài 762 m, góc A = 60, góc B = 40 C 60 40 A B H a) Tính chiều cao h của con dốc. b) Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ ? Biết rằng tốc độ trung bình lúc lên dốc là 4 km/h và tốc độ trung bình lúc xuống dốc là 19 km/h. Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2m 1 x m 2 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Định m để hai nghiệm x1,x2 của phương trình (1) thỏa mãn: 2 x1 x 2 x 1 3x 2 Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I. Gọi H là hình chiếu của A lên OC; AH cắt BC tại M. a) Chứng minh: Tứ giác ACDH nội tiếp và CHD ABC . b) Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD. c) Gọi K là trung điểm của BD. Chứng minh: MD.BC = MB.CD và MB.MD = MK.MC. d) Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I). Chứng minh: Hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm nẳm trên (O). HẾT Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  24. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: (Nguyễn Mạnh Tuấn) Câu Phần Nội dung Điểm x2 (x 1)(3x 2) x2 3x 2 5x 2 2 a) 2x 5x 2 0 1.0 9 1 x 2;x Câu 1 1 2 2 (2,0đ) Gọi chiều dài là x(m) và chiều rộng là y (m). Điều kiện: 0 < y < x < 50 Theo đề bài ta lập được hệ phương trình: b) x y 50 x 30 1.0 (thỏa mãn điều kiện) 2x 5y 40 y 20 Vậy chiều dài là 30m và chiều rộng là 20m. Lập bảng giá trị: x – 4 – 2 0 2 4 1 y x2 4 1 0 1 4 4 (P) là parabol đi qua các điểm: (–4;4), (–2;1), (0; 0), (2; 1), (4; 4). y a) 0.75 4 2 Câu 2 (1,5đ) 1 -4 -2 O 2 4 x Vì (D) đi qua điểm C(6; 7) nên ta có: 3  6 m 7 m 2 2 3 (D) : y x 2 b) 2 0.75 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): 1 3 x2 x 2 x 2 6x 8 0 4 2 Giải được x1 = 4; x2 = 2 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  25. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Với x1 = 4 thì y1 = 4 Với x2 = 2 thì y2 = 1 Vậy tọa độ giao điểm của (D) và (P) là (4; 4) và (2; 1). Cách 1: 14 6 3 14 6 3 5 3 A 3 1 3 1 5 3 5 3 5 3 88 44 3 3 1 3 1 4 2 3 1) 22 0.5 2 31 31 31312 Cách 2: 14 6 3 4 2 3 14 6 3 20 4 3 A 3 1 4 2 5 3 5 3 5 3 Cách 1: Đặt AH = x (m) (0 < x < 762) BH = 762 – x (m). Ta có: Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có: h = x.tan60 h = (762 – x).tan40 h x.tan60 và h (762 x).tan 4 0 x.tan60 (762 x).tan4 0 0 0 0 Câu 3 x.(tan6 tan4 ) 762.tan4 (1,5đ) 762.tan 40 x tan 60 tan 4 0 762.tan 40 2a) h  tan 60 32(m) 0.5 tan60 tan 4 0 Cách 2: h h Ta có: AH và BH tan A tan B h h AH BH tan A tan B 1 1 AB h tan A tan B 1 1 1 1 hAB: 762: 0 0 32(m) tan A tan B tan6 tan 4 Tính được: h h AC 306(m) ; CB 459(m) sin A sin B 2b) Thời gian An đi từ nhà đến trường là: 0.5 0,306 0,459 t 0,1(h) 4 19 An đến trường vào khoảng 6 giờ 10 phút. Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  26. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m 5 a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 0.5 4 5 Phương trình có nghiệm m 4 x1 x 2 2m 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1 x 2 m 1 Theo đề bài: 2 x1 x 2 x 1 3x 2 2 x1 x 2 4x 1 x 2 x 1 3x 2 Câu 4 2m 12 4 m2 1 x 3x (1,5đ) 1 2 x 3x 5 4m b) 1 2 1.0 m 1 x1 x1 x 2 2m 1 2 Ta có hệ phương trình: x 3x 54m 3(m1) 1 2 x 2 2 m 1 3(m 1)  m2 1 2 2 3 m2 1 4 m 2 1 m2 1 0 m 1 Kết hợp với điều kiện m 1 là giá trị cần tìm. E C 1 1 D N I M 1 2 1 J H 3 4 K Câu 5 0.25 (3,5đ) 1 2 1 A B O F a) Ta có: ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0.5 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  27. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ADC 900 (kề bù với ADB ) Tứ giác ACDH có AHC ADC 900 Tứ giác ACDH nội tiếp   Tứ giác ACDH nội tiếp AH1 1  Mà A1 ABC (cùng phụ với góc ACB) 0.25  H1 ABC Áp dụng hệ thức lượng vào vuông AOC, có: OA2 = OH.OC OB2 = OH.OC (vì OA = OB) OB OH 0.5 OC OB OB OH OHB và OBC có: BOC chung ; b) OC OB OHB OBC (c.g.c)     OHB OBC H4 OBC H 4 H 1 do H 1 ABC     0 Mà H1 H 2 H 3 H 4 90 0.25   HH2 3 HM là tia phân giác của góc BHD. HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H Mà HC  HM HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có: MD HD CD HD 0.5 và MB HB CB HB MD CD MD.BC MB.CD MB CB Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O). c) OAN cân tại O, có OH là đường cao   O1 O 2 ONC OAC (c.g.c) ONC OAC 900 (O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính 0.5 OK  BD OKC 900 Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC Dễ chứng minh bài toán phụ: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau tại I thì IA.IB = IC.ID. Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  28. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) C A I B O D Áp dụng bài toán trên, ta có: (O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên MA.MN = MC.MK Do đó MB.MD = MC.MK. (O) có hai dây AN và IJ cắt nhau tại M nên MA.MN = MI.MJ MI.MJ = MC.MK MI MC   MIC MKJ CJ1 1 MK MJ   0   Mà C1 E1 90 COE E 1 J 1 Tứ giác EJKM nội tiếp 0 d) EJM EKM 90 0.75 Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O) IJF 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) EJF 1800 E, J, F thẳng hàng OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O). (Phần này tương tự phần c) đề Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  29. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 31 ĐỀ SỐ: 32 ĐỀ SỐ: 33 ĐỀ SỐ: 34 ĐỀ SỐ: 35 ĐỀ SỐ: 36 ĐỀ SỐ: 37 ĐỀ SỐ: 38 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 -THPT LẠNG SƠN Năm học 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 6/7/2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1. (1,5 điểm) 2 a)Tính A 81 25 ; B= ( 7 1) 7 b/ Vẽ đồ thị hàm số y = 2x – 1 Câu 2. (1,5 điểm) Giải các pt và hpt sau 2 x 2y 4 a) x -12 x +35 = 0 b) x4 3x 2 4 0 c) 2x 3y 1 3 1 x 5 Câu 3(1,5 điểm) Cho biểu thức P = x 1 x 1 x 1 Với x 0;x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính P khi x 24 16 2 Câu 4 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn. Gọi C là điểm nằm trên nửa đường tròn, tiếp tuyến Cy cắt Ax tại D.Kẻ CH vuông góc AB, BD cắt nửa đường tròn tại K cắt CH tại M. Gọi J là giao điểm của BD với AC. Chứng minh rằng 1. Tứ giác AKMH nội tiếp 2. Tứ giác CKJM nội tiếp trong một đường tròn (O1). 3. DJ là tiếp tuyến đường tròn (O1). Câu 5. (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn xy+yz+xz = xyz xy yz xz 1 Chứng minh rằng z(13 x)(1 y) x(1 3 y)(1 z) y(1 3 z)(1 x) 16 HẾT Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  30. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  31. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  32. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 39 ĐỀ SỐ: 40 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2017 – 2018 TỈNH LONG AN Môn thi : toán Ngày thi : 4/72017 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút Câu 1. (2đ) a) Rút gọn : 3 75 12 3 12 x 2 x 1 x x b) Rút gọn : N x 1 x c) Giải phương trình : 4x2 12 x 9 9 Câu 2. (2đ) a) Cho hai hàm số : y = -x2 và y = 2x – 5. Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy b) Viết phương trình đường thẳng (d) : y = ax + b, biết (d) đi qua hai điểm A(-1; 10); B(3; -2). Câu 3. (2đ) a) Giải phương trình : 3x2 + 2x – 8 = 0 b) Cho phương trình : x2 – 2(m + 1)x + m2 – 3 = 0. Tìm tất cả giá trị của tham số m x1 x 2 để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn : 2 x2 x 1 Câu 4. (4đ) Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (B không trùng O và C). Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Kẻ BI vuông góc với CD (I CD). a) Cho AM = 4cm; MC = 9cm. Tình độ dài đoạn thẳng MD và tanA của tam giác MDA. b) Chứng minh : BMDI là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh ADBE là hình thoi và ba điểm I; B; E thẳng hàng. d) Gọi O’ là tâm đường tròn đường kính BC. Chứng minh : MI là tiếp tuyến của (O’). Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  33. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐÁP ÁN Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  34. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  35. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  36. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  37. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  38. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 41 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 2 C.x≠2 D.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 ≥ 2 B.m > 2 C.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 x 2 3x18 5x Hết Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  39. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: (Nguyễn Mạnh Tuấn) 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:  x2 x x x x xx x x 1 x 1 1x x x 1 1  x x 1 x x 1 x 1 x 1 3 2) 3P1x 1x x2 13 x 2 4 x 2 (do x0;x1) x 1 Câu 2. (1,5 điểm) 1) 4m 3 3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt m 4 x1 x 2 1 2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x 2 m 1 Cách 1: 2 x1 xx 1 2 3x 2 7 x1 x 1 x 2 3x 2 7 x1 3x 2 7 do x 1 x 2 1 x1 x 2 1 x 1 2 Ta có hệ: x1 3x 2 7 x 2 3 2.3 m 1 m 7 (thỏa mãn điều kiện) Cách 2: x1 x 2 1 x 2 1 x 1 . Do đó: 2 x1 xx 1 2 3x 2 7 2 x1 x 1 1 x 1 3 1 x 1 7 2 2 x1 x 1 x 1 3 3x 1 7 2x1 4 x1 2 Từ đó tìm x2 rồi tìm m. Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  40. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Câu 3. (1,0 điểm) Điều kiện: x 0;y 1 2x 3y xy 5 2x3y xy5 2x2y6 x3y 1 1 1 y1xy y1xy y1y(3y) x y 1 x 3 y x 3 y x 3 y x 2 (thỏa mãn điều kiện) 2 2 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: BMH HNC 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) 0 EMO EHO 90 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 = 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2) Vậy 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2. Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  41. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Câu 5. (1,0 điểm) Điều kiện: x 6 Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang: 5x2 4x 5x x 2 3x 18 5x2 4x 25x 10x 5x 4 x 2 3x 18 65x 4 10x5x 4 4x2 2x 6 0 Đặt 5x 4 t , phương trình trên trở thành: 6t2 10xt 4x 2 2x 6 0 ' 25x2 6(4x 2 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 tx1 x1 5x4 x2 7x30 x (do x6) 2 2x 3 Với t 2x 3 35x 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 4 x 5 x x 2 318 x 5x2 4 x x 2 3 x 18 5 x 5x2 4 x x 2 22 x 1810( x x 2 3 x 18) 2x2 9 x 9 5 x ( x 6)( x 3) 2(x2 6x) 3( x 3) 5( x 2 6x)( x 3) a x2 6x Đặt: (a 0;b 3) ta có phương trình: b x 3 2 2 a b 2a 3b 5a b ( a b )(2a3)0 b 2a 3b 7 61 x () TM 1)a b x2 7x 3 0 2 7 61 x () KTM 2 x 9( tm ) 2)2a 3b 4x2 33x 27 0 3 x () ktm 4 7 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  . 2  Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  42. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 42 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  43. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 7 7 7 1 7 1 7 1 7 A 1 7  1 7  a) 2 7 2 7 2 1.0 1 7 6 = 3 2 2 Câu 1 Điều kiện: x 0;x 1 (2,0đ) 1 1 x 1 1 x 1 x x 1 P   1 x 1 x x1 x x b) 1.0 2 x x 1  2 (x 1) x Vậy P = – 2 với x 0;x 1. 1 x 1 2x y 4 6x 3 2 x 2 4x y 1 4x y 1 1 a) 4 y 1 y 3 0.75 2 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ; 3 . 2 Cách 1: 52 4.2.2 9 0 3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 5 3 5 3 1 x 2 ; x b) 12.2 2 2.2 2 0.75 Câu 2 Cách 2: (2,5đ) 1 x 2x2 5x 2 0 (2x 1)(x 2) 0 2 x 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 2xm6 x 2 2xm60 (*) (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 c) ' 0 m 5 0 1.0 m 5 x1 x 2 0 2 0 5 m 6 m 6 x1 x 2 0 m 6 0 Vậy 5 m 6 là giá trị cần tìm. Cách 1: Lập phương trình Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m). Điều kiện: x > 15. Chiều rộng mảnh vườn là x – 15 (m) và diện tích mảnh vườn là Câu 3 x(x – 15) (m2). 1.5 (1,5đ) Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m) Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x – 12 (m) Diện tích mới là (x – 2)(x – 12) (m2) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  44. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Vì khi đó diện tích tăng thêm 44m2 nên ta có phương trình: (x 2)(x 12) x(x 15) 44 x2 14x 24 x 2 15x 44 x 20 (thỏa mãn điều kiện) Vậy diện tích mảnh vườn là 20.(20 – 15) = 100 (m2). Cách 2: Lập hệ phương trình Gọi chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là x (m) và y (m). Điều kiện: x > 15, x > y > 0. Diện tích mảnh vườn là xy (m2). Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 15m nên: x – y = 15 (1) Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m) Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là y + 3 (m) Diện tích mới là (x – 2)(y + 3) (m2) Vì khi đó diện tích tăng thêm 44m2 nên ta: (x 2)(y 3) xy 44 3x 2y 50 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 15 x 20 (thỏa mãn điều kiện) 3x 2y 50 y 5 Vậy diện tích mảnh vườn là 20.5 = 100 (m2). A 1 I 2 1 C D 2 M 1 O 0.25 1 2 E 2 1 B Câu 4 Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên: (3,0đ) MAO MBO 900 a) Tứ giác MAOB có: 0.75 MAO MBO 1800 Tứ giác MAOB nội tiếp Ta có:  EMD C1 (so le trong, AC // MB)   1 A1 C1 sđ AD 2 b) 1.0  EMD A1 EMD và EAM có:   E1 chung , EMD A 1 EMD EAM (g.g) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  45. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) EM ED EM2 EA.ED (1) EA EM EBD và EAB có:    1 E2 chung , B 1 A 2 sđ BD 2 EBD EAB (g.g) EB ED EB2 EA.ED (2) EA EB Từ (1) và (2) EM2 EB 2 EM EB Gọi I là giao điểm của của BD và MA Vì EMD EAM nên:  D1 AMB    D2 AMB do D 1 D 2      D2 C1 AMB B 1 do C 1 B 1 Do đó: c) 0  0  0 1.0 BD AM MIB 90 AMB B1 90 D 2 C1 90 DAC 900 AE  AC AE  MB (do AC // MB) MAB cân tại A MAB đều (vì MAB cân tại M) 0 AMO 30 MO 2R Vậy khi M cách O một khoảng bằng 2R thì BD AM 2 2x 2 2x x+ 1 1x Đ:K x(1x)0 0x1 1 x2 1 x 2 8x2 1 2x x 2 1 x2 1 x2 1 2x x 2 8x 2 x2 x1xx 2 x1x 8x 2 0 Câu 5 2 1.0 (1.0đ) x2 x 1 x 2 8x 2 0 2 x2 x1 9x 2 0 x 2 2x1x 2 4x1 0 x 1 2 0 x 1 2 x 4x 1 0 x 2 3 Kết hợp với điều kiện x 2 3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 2 3 . Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  46. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 43 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NINH BÌNH NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1 (2,5 điểm). a) Rút gọn biểu thức: A 3( 12 3) b) Tìm m để đường thẳng y (m 1)x 3 song song với đường thẳng y 2x 1 x 2y 4 c) Giải hệ phương trình: 5x 2y 8 Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 2(m 2)x 4m 1 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 2 b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m thì phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình (1), tìm m để 2 2 x1 x 2 30 Câu 3 (1,5 điểm). Một ô tô dự định đi từ bến xe A đến bến xe B cách nhau 90 km với vận tốc không đổi. Tuy nhiên, ô tô khởi hành muộn 12 phút so với dự định. Để đến bến xe B đúng giờ ô tô đã tăng vận tốc lên 5 km/h so với vận tốc dự định. Tìm vận tốc dự định của ô tô. Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến CA, CB và cát tuyến CMN với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm, M nằm giữa C và N). Gọi H là giao điểm của CO và AB. a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp b) Chứng minh CH.CO CM.CN c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E và F. Đường vuông góc với CO tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh POE OFQ d) Chứng minh: PE QF PQ Câu 5 (0,5 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 3a2 2ab 3b 2 3b 2 2bc 3c 2 3c 2 2ca 3a 2 Hết Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  47. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) SƠ LƯỢC LỜI GIẢI Câu 1 (2,5 điểm). a) A 3(12 3) 3(23 3) 3.3 3 b) Đường thẳng y (m 1)x 3 song song với đường thẳng y 2x 1 khi: m 1 2 m 3 3 1 x2y4 6x12 x2 x2 c) 5x2y8 2y4x 2y2 y1 Câu 2 (2,0 điểm). Xét phương trình: x2 2(m 2)x 4m 1 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số) a) Với m = 2, ta có pt: x2 8x 7 0 Do a – b + c = 1 – 8 + 7 = 0 nên pt có 2 nghiệm: x1 1; x 2 7 b) +) Do a 1 0 và ' (m 2)2 (4m 1) m 2 5 0 m Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 2 +) x1 x 2 30 (x 1 x) 2 2xx 1 2 30 (*) Do x1, x2 là hai nghiệm của pt (1), theo Viet: x1 x 2 2(m 2); x.x 1 2 4m 1 Từ (*) suy ra: 4(m 2)2 2(4m 1) 30 m 2 2m 3 0 m 3; 1 (tmđk) Câu 3 (1,5 điểm). - Gọi vận tốc ô tô dự định đi từ A đến B là x (km/h), đk: x > 0 vận tốc ô tô thực tế đã đi từ A đến B là x + 5 (km/h) 90 Thời gian ô tô đi hết quãng đường AB với vận tốc dự định là: (h) x 90 Thời gian ô tô đã đi hết quãng đường AB là: (h) x 5 90 90 1 1 Ta có phương trình: (*) (đổi 12 phút = h) x x 5 5 5 2 x1 45 (tm) - Từ (*), ta có: x 5x 2250 0 x2 50 (loai) - Vậy: Vận tốc dự định của ô tô là 45 km/h P Câu 4 (3,5 điểm). A E N a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp Có: M CAO 900 0 CAO CBO 180 C O 0 H CBO 90 AOBC là tứ giác nội tiếp F b) Chứng minh CH.CO CM.CN +) CM: CAO vuông tại A, AH CO suy B ra CA2 CH.CO (2) Q Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  48. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) CAM CNA CM CA +) Có: CAM CNA CM.CN CA2 (3)  C Chung CA CN Từ (2) và (3) suy ra : CH.CO CM.CN c) Chứng minh POE OFQ +) OFQ OCF COF OCP COF AOP COF 1 1 ) POE POA AOE AOP AOM AOP (1800 AEM) 2 2 1 1 1 AOP 900 (ECF CFE) AOP 90 0 (180 0 AOB) (180 0 MFB) 2 2 2 1 1 AOP AOB (1800 180 0 MOB) AOP COB BOF AOP COF 2 2 Vậy: POE OFQ d) Chứng minh: PE QF PQ +) Áp dụng BĐT Cô si: PE QF 2 PE.QF (4) +) CM: CPQ cân tại C OPE FQO kết hợp POE OFQ suy ra PEO QOF PE PO PQ PE.QF PO.QO ( )2 (5) QO QF 2 Từ (4) và (5) suy ra: PE QF PQ Câu 5 (0,5 điểm). +) Ta có: 3a2 2ab 3b 2 (a b) 2 2(a b) 2 2(a b) 2 (a b)2 T.tự: 3b2 2bc 3c 2 (b c) 2 ; 3c2 2ca 3a 2 2(c a) Suy ra: P 2 2(a b c) +) Áp dụng BĐT Cô si: a b c (a 1) (b1) (c1) 3 2a 2b 2c 3 2.33 3 Vậy: P 6 2 a b;b c;c a P62 a1;b1;c1 abc1 a b c 3 KL: Pmin 6 2 a b c 1 Có thể cm a b c 3 bằng cách sau: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 3 bộ số: (1; a), (1; b), (1; c) ta có: 2 1.a 1.b1.c 3(a b c) 32 3(a b c) a b c 3 a b c Dấu “=” xảy ra khi 1 1 1 Có gì sai sót mong được các thày cô chỉ giáo Phạm Văn Điện-Trường THCS Gia Lạc-Gia Viễn-Ninh Bình Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  49. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 44 ĐỀ SỐ: 45 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH PHÚ THỌ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (1,5 điểm) x 1 a) Giải phương trình: 1 0 . 2 2x y 3 b) Giải hệ phương trình: . 2 x y 5 Câu 2 (2,5 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y x2 và hai điểm A, B 2 thuộc (P) có hoành độ lần lượt là xAB 1; x 2. a) Tìm tọa độ A, B. b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A,B. c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d). Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 2( m 1) x m 2 m 1 0 (m là tham số). a) Giải phương trình với m 0 . b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn điều kiện : 1 1 4 . x1 x 2 Câu 4 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ( H AB; K AD ). a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID. c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng. d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng: S' HK 2 S4. AI 2 Câu 5 (1,0 điểm) 3 2 Giải phương trình : x3 4 3 ( x 2 4) 2 4 . Hết Họ và tên thí sinh: SBD: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  50. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x 1 x 1 1 0 1 x 1 2 x 1 a) 2 2 0.75 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. 2x y 3 x2 2x 2 x 2 2x 2 0 (1) 2 x y 5 2x y 3 y 3 2x (2) Câu 1 Giải (1): ' 3 ; x1,2 1 3 (1,5đ) Thay vào (2): b) Với x1 3 thì y321 3 1 2 3 0.75 Với x1 3 thì y321 3 1 2 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x, y 1 3;1 2 3 , 1 3;1 2 3 . Vì A, B thuộc (P) nên: 1 1 x 1 y  ( 1)2 AA 2 2 1 a) x 2 y  22 2 0.75 BB 2 1 Vậy A 1; , B(2;2) . 2 Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b. Ta có hệ phương trình: 1 3 1 a b 3a a Câu 2 b) 2 2 2 0.75 (2,5đ) 2a b 2 2a b 2 b 1 1 Vậy (d): y x 1. 2 (d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0) OC = 1 và OD = 2 Gọi h là khoảng cách từ O tới (d). Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào vuông OCD, ta có: c) 1 1 1 1 1 5 1.0 h2 OC 2 OD 2 1 2 2 2 4 2 5 h 5 x2 2( m 1) x m 2 m 1 0 (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x2 2x 1 0 a) 1.0 Câu 3 ' 2 ; x 1 2 (2,0đ) 1,2 Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là x1,2 1 2 . b) ' m 2 1.0 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  51. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m 2 x x 2(m 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2 2 x1 x 2 m m 1 Do đó: 1 1 x1 x 2 2(m 1) 4 4 2 4 x1 x 2 x 1 x 2 m m 1 2 2 m 1 m m 1 0 m m 1 0 3 m12(m 2 m1) 2m 2 m30 m 2 3  Kết hợp với điều kiện m 1;  là các giá trị cần tìm. 2  A H 1 1 B 1 K 1 I 0.25 O 1 D C Câu 4 Tứ giác AHIK có: (3,0đ) AHI 900 (IH  AB) a) AKI 900 (IK  AD) 0.75 AHI AKI 1800 Tứ giác AHIK nội tiếp. IAD và IBC có:   AB1 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O)) b) AID BIC (2 góc đối đỉnh) 0.5 IAD IBC (g.g) IA ID IA.IC IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có   AH1 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)     c) Mà ABHB1 1 1 1 0.75   Chứng minh tương tự, ta được KD1 1     HIK và BCD có: H1 B 1 ; K 1 D 1 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  52. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HIK BCD (g.g) B H A I F K E O D C d) Gọi S1 là diện tích của BCD. 0.75 Vì HIK BCD nên: S' HK2 HK 2 HK 2 HK 2 2 2 (1) S1 BD (IB ID) 4IB.ID 4IA.IC CF IC Vẽ AE BD , CF  BD AE//CF AE IA ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên: S CF S IC 1 1 (2) S AE S IA Từ (1) và (2) suy ra 2 2 S' S1 HK IC S' HK   2 (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA 3 2 Giải phương trình : x3 4 3 ( x 2 4) 2 4 . ĐK: x 3 4 Đặt: x3 4 u 2 (2); 3 x2 4 v (v 1) v3 4 x 2 (3) 3 2 Khi đó phương trình (1) u2 v 2 4 hay u3 4 v 2 (4) Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: Câu 5 3 2 3 2 x 4 u (2) x u = 4 (2) 1.0 (1,0đ) v3 4 x 2 (3) v3 x 2 = 4 (3) 3 2 3 2 u 4 v (4) u v = 4 (4) Từ (2), (3), (4) x3 u 2 ; v3 x 2 ; u3 v 2 Mà x, u , v 1 x u ; v x ; u v . Vậy x u v Từ đó ta có: x3 4 x 2 x 2 x2 x 2 0 x 2 (T/m) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 . (Nguyễn Quang Huệ-THCS Long Cốc - Tân Sơn - Phú Thọ) Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  53. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 46 ĐỀ SỐ: 47 ĐỀ SỐ: 48 ĐỀ SỐ: 49 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  54. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2 1) 5 2 5 5 2 5 5 2 5 2 0.5 * (P) : y x 2 Lập bảng giá trị: x – 2 – 1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Vẽ (P) là parabol đi qua 5 điểm (– 2; 4), (– 1; 1), (0; 0), (1; 1), (2; 4). * y x 2 Cho x = 0 thì y = 2, ta được điểm (0; 2) Cho y = 0 thì x = 2, ta được điểm (2; 0) Vẽ (d) là đường thẳng đi qua hai điểm trên. y 2a) (P) 0.5 (d) A 4 Bài 1 (1,5đ) 2 B 1 C O D x -3 -2 -1 1 2 3 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 x 2 x 2 x 2 0 Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 1;x 2 2 Với x = 1 thì y = 1 B(1; 1) 2b) Với x = – 2 thì y = 4 A(– 2; 4) 0.5 Dễ thấy C(– 2; 0) và D(1; 0) AC = 4; BD = 1; CD = 3 Vì ABDC là hình thang vuông nên: (AC BD).CD (4 1).3 S 7,5 (đvdt) ABDC 2 2 Vậy diện tích của tứ giác ABDC là 7,5 đvdt. x4 2017x 2 2018 0 (1) Cách 1: đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai: Đặt y = x2 ( y 0 ), phương trình (1) trở thành: Bài 2 2 1a) y 2017y 2018 0 (2) 0.5 (2,0đ) Vì a + b + c = 1 + 2017 – 2018 = 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm: y1 = 1 (nhận) ; y2 = – 2018 (loại) Với y = 1 thì x2 = 1 x 1 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 1. Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  55. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Cách 2: đưa về phương trình tích: x4 2017x 2 2018 0 x4 x 2 2018x 2 2018 0 x2 (x 2 1) 2018(x 2 1) 0 (x2 1)(x 2 2018) 0 x2 1 0 (do x 2 2018 0) x2 1 x 1 2xy 1 4x2y 2 5x5 x2y7 x2y7 2xy 1 1b) x 1 x 1 0.5 2 y 1 y 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; – 3). Cách 1: Vì phương trình x2 2x m 3 0 có nghiệm x = – 1 nên ta có: (1) 2 2.(1)m30 m60 m 6 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x x 2 1 x 2 x 3 2a) 1 2 2 2 0.5 Vậy m = 6 và nghiệm còn lại là x = 3. Cách 2: Vì phương trình có nghiệm x = – 1 nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: abc0 12m30 m 6 x1 x 2 2 1 x 2 2 x 2 3 ' m 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 2 x1 x 2 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x 2 m 3 Do đó: 3 3 x1 x 2 8 2b) 3 0.5 (x1 x) 2 3xx(x 1 2 1 x) 2 8 23 3.(m 3).2 8 6(m 3) 0 m 3 0 m 3 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = – 3 là giá trị cần tìm. Gọi số dãy ghế lúc đầu là x ( x N* ;250 x ). 250 Số chỗ ngồi ở mỗi dãy lúc đầu là . Bài 3 x 2.0 (2,0đ) Nếu kê thêm 3 dãy thì số dãy ghế là x + 3. 308 Khi đó có 308 người nên số chỗ ngồi ở mỗi dãy là . x 3 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  56. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Vì mỗi dãy ghế phải kê thêm 1 chỗ ngồi nên ta có phương trình: 308 250 1 x 3 x Giải phương trình được: x1 = 30 (không thỏa mãn điều kiện) x2 = 25 (thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 25 dãy ghế và số chỗ ngồi ở mỗi dãy là 250 : 25 = 10. d C 1 D N 0.25 1 E H 1 1 A K O M B Tứ giác BMHE có: BEH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1) BMH 900 (d  AB) 0.5 BEH BMH 1800 Bài 4 Tứ giác BMHE nội tiếp. (3,5đ) Ta có AEB ADB 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE  CB;BD  CA 2) AE, BD, CM là 3 đường cao của CAB nên chúng đồng quy 0.5 Mà AE cắt CM tại H H BD , hay 3 điểm B, H, D thẳng hàng.  0 Vì AMC vuông tại M nên CAB C1 90  0 Vì ADB vuông tại D nên CAB B1 90   CB1 1   Mặt khác, NB1 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của (O))   NC1 1 AND và ACN có:   3) CAN chung ; N1 C 1 0.75 AND ACN (g.g) AN AD AN2 AD.AC AC AN BN2 AD.AC BN 2 AN 2 Vì ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên áp dụng định lí Py-ta-go vào ANB vuông tại N, ta có: BN2 AN 2 AB 2 4R 2 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  57. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Do đó BN2 AD.AC 4R 2 . Theo giả thiết thì tứ giác ACHK nội tiếp   0 K1 C1 ( 180 AKH)     K1 B 1 (do B 1 C1 ) HKB cân tại H HM là đường cao thì cũng là đường trung tuyến của HKB 4) BK 2BM không đổi (vì M và B cố định) 1.0 Vậy độ dài BK không đổi khi E di động trên cung NB. Nhận xét: Việc chứng minh độ dài BK không đổi là khá đơn giản. Nếu ẩn điểm K thì có thể yêu cầu chứng minh đường tròn ngoại tiếp AHC đi qua hai điểm cố định hoặc tâm của đường tròn ngoại tiếp AHC di động trên một đường thẳng cố định (đường trung trực của AK), khi đó mức độ tư duy sẽ cao hơn. x a a2 1 a a 2 1 0 (do a 1) xa2 a1a 2 a12a 2 a1aa1 2 2 2a 2 a2 a 2 1 2a 2 Bài 5 3 0.5 (0,5đ) x 2(a 1)x Do đó: P x3 2x 2 2(a 1)x 4a 2021 3 3 x 2(2a 2) x 4a 2021 4a 4 4a 2021 2017 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  58. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 50 Câu 1: 1/A 10 9 10 3 7 B 4x x 9x Voi x 0 =2 x x 3x 0 x y 1 2 x 4 x 2 2 / x y 3 2 y 2 y 1 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  59. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) 3/ Đồ thị hàm số y=ax+6 đi qua A(1;2) khi và chỉ khi: a 6 2 a 4 Câu 2: 1/ Với m=5 phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 3; x 2 8 2 5 2/ Phương trình có hai nghiệm 0 21m 4( m2 1)0450 m m 4 5 x1 x 2 2 m 1 Với m phương trình có hai nghiệm theo Vi_ét ta có: 2 4 x1 x 2 m 1 2 2 2 2 Vì x1 là nghiệm của phương trình nên ta có: x1 (21) m x 1 m 10 x 1 (21) m x 1 m 1 2 2 Thay vào hệ thức x1 (2 m 1) x 1 m 1 0 ta có: 2 2 (x1 2x m 1 m )( x 2 1)1 ( x 1 1)( x 2 1)1 x1 x 2 x 1 x 2 1 1 2 m 0 ( KTM ) m 1 2 m 1 1 1 m 2 ( TM ) Câu 3: Gọi chiều dài là x, chiều rộng là y ta có hệ phương trình: x. y 300 x 20 x 15 ()()TM hoac KTM x 2 y 3 y 15 y 20 Câu 4: N 1/ AC vuông góc NB (Vì ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BM vuông góc NA (Vì AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Do đó từ giác CDMN nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc C đối bằng 180 độ) M 2/ Hai tam giác ADM và BDC đồng dạng nên D AM.BD=AD.BC 3/ Gọi I’ là giao điểm của DN với AB. Tam giác ABN A B có các đường cao AC, BM cắt nhau tại D nên ND I O vuông góc với AB tại I’. Chứng minh tứ giác BCDI’ nội tiếp suy ra I’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. (1) Chứng minh tứ giác AMDI’ nội tiếp suy ra I’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD. (2) Từ (1) và (2) suy ra I’ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD. Do đó I’ trùng với I. Vậy 3 điểm N; D; I thẳng hàng. Câu 5: (theo Cái Muỗng ăn cơm) 3a2 1 1 b2 b 3 3a12b b 3 b 3 3a1 2 b (3a)1 b 3 2 b 2 Tacó : (voi a.b 0) 3b2 2 3a2b2 a 3 a 3 3a b 2 2 (3a)4 a 3 b 2 2 1 a2 a 3 b6 6 a 2 b 4 9a 4 b 2 a 6 6a 4 b 2 9a 2 b 4 5 a6422463a b 3a b b 5 ( a 223 b ) 5 a 22 b 3 5 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  60. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 51 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  61. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  62. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 52 ĐỀ SỐ: 53 ĐỀ SỐ: 54 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Ngày thi: 02 tháng 06 năm 2017 Môn thi: TOÁN (Không chuyên) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐÊ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, thí sinh không phài chép đề vào giấy thi) Câu 1: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức T = 36 9 49 Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình x2 – 5x – 14 = 0 Câu 3: (1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng (d ) : y 2 m 1 x 3 song song với đường thẳng (d ') : y 5 x 6 3 Câu 4: (1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y x2 2 ax y 1 Câu 5: (1,0 điểm) Tìm a và b biết hệ phương trình có một nghiệm là (2;–3) ax by 5 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc cạnh BC) biết AB = a , BC = 2a. Tính theo a độ dài AC và AH. 2 Câu 7: (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x x m 2 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 3 3 2 2 thỏa x1 x 2 x 1 x 2 17 . Câu 8: (1,0 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và độ dài đường chéo bằng 65 lần chiều rộng . Tính diện tích của mảnh đất hình chữ nhật 4 đã cho. Câu 9: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có BAC tù. Trên BC lấy hai điểm D và E, trên AB lấy điểm F, trên AC lấy điểm K sao cho BD = BA, CE = CA, BE = BF, CK = CD. Chứng minh bốn điểm D, E, F và K cùng nằm trên một đường tròn. Câu 10: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC), nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), đường phân giác của góc A trong tam giác AH 15 ABC cắt đường tròn đó tại K (K khác A) , Biết = . Tính ACB HK 5 GỢI Ý ĐÁP ÁN Câu 1 Tính T = 36 9 49 1 điểm Ta có: T = 62 3 2 7 2 T = 6 + 3 7 T = 2 Vậy T = 2 Câu 2 Giải phương trình x2 – 5x – 14 = 0 1 điểm Ta có: a = 1, b = -5, c = -14 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  63. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Biệt thức: = b2 – 4ac = 25 + 56 = 81> 0 = 9 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 7 , x2 = 7 Tìm m để đường thẳng (d ) : y 2 m 1 x 3 song song với đường Câu 3 1 điểm thẳng (d ') : y 5 x 6 Điều kiện: 2m – 1 0 Vì (d) // (d’) nên hệ số a = a’ Suy ra: 2m – 1 = 5 2m = 6 m = 3 3 Câu 4 Vẽ đồ thị của hàm số y x2 1 điểm 2 Bảng sau cho một số giá trị x và y x -2 -1 0 1 2 3 3 3 y x2 6 0 6 2 2 2 Vẽ ax y 1 Tìm a và b biết hệ phương trình có một nghiệm là Câu 5 ax by 5 1 điểm (2; –3) 2a 3 1 Thay x = 2 và y = –3 vào hệ ta được 2a 3 b 5 2a 4 a 2 a 2 2a 3 b 5 4 3 b 5 b 3 a 2 ax y 1 Vậy thì hệ phương trình có một nghiệm b 3 ax by 5 là (2; –3) Câu 6 Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc cạnh BC) 1 điểm Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  64. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) biết AB = a , BC = 2a. Tính theo a độ dài AC và AH. C/minh: Xét tam giác ABC vuông tại A Ta có: BC2 = AB2 + AC2 (Định lý Pitago) 4a2 = a2 + AC2 AC2 = 4a2 – a2 = 3a2 Vậy: AC = 3 a (đvđd) Tam giác ABC vuông tại A, có AH  BC tại H Có: BC.AH = AB.AC (hệ thức lượng trong ) 2a. AH= a. 3 a 3a2 3a AH = = 2a 2 3a Vậy: AH = (đvđd) 2 2 Tìm m để phương trình x x m 2 0 có hai nghiệm phân biệt x1, Câu 7 3 3 2 2 1 điểm x2 thỏa x1 x 2 x 1 x 2 17 . 2 Để phương trình x x m 2 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Thì > 0 Hay: b2 -4ac > 0 1 – 4(–m+2) > 0 1 + 4m – 8 > 0 7 m > (Đk) 4 b x x 1 1 2 a Theo hệ thức Vi-et: c x1. x 2 m 2 a 3 3 2 2 Do: x1 x 2 x 1 x 2 17 3 3 2 2 3 2 2 Nên: x1 x 2 x 1 x 2 (x1 + x2) – 3x1x2(x1 + x2) + x1 x2 17 = 1 – 3(–m+2)( –1) + (–m + 2)2 5 57 Giải phương trình trên ta được m1 = (Nhận) 2 5 57 M2 = (Loại) 2 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  65. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) 5 57 Vậy m = thì hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa 2 3 3 2 2 x1 x 2 x 1 x 2 17 Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và 65 Câu 8 độ dài đường chéo bằng lần chiều rộng . Tính diện tích 1 điểm 4 của mảnh đất hình chữ nhật đã cho. Gọi x (m) là chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật Đk: x > 0 x + 6 (m) là chiều dài mảnh đất hình chữ nhật Biết . Cho tam giác ABC có BAC tù. Trên BC lấy hai điểm D và E, trên AB lấy điểm F, trên AC lấy điểm K sao cho BD = BA, Câu 9 1 điểm CE = CA, BE = BF, CK = CD. Chứng minh bốn điểm D, E, F và K cùng nằm trên một đường tròn. C/minh: (gợi ý): Ta có BE = BF suy ra tam giác cân tại B Tương tự: BD = BA suy ra tam giác cân tại B     Suy ra: E1 = F1 = D1 = A1 từ đó suy ra tứ giác ADEF nội tiếp Tương tự: Tứ giác AEDK nội tiếp Nên: năm điểm A, F, E, D, K cùng thuộc một đường tròn Vậy bốn điểm D, E, F, K thuộc đường tròn. Tâm là giao hai đường trung trực của cạnh tứ giác. Cho tam giác ABC (AB < AC), nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), đường phân giác của góc A Câu trong tam giác ABC cắt đường tròn đó tại K (K khác A) , Biết 1 điểm 10 AH 15 = . Tính ACB HK 5 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  66. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) C/minh: (gợi ý) Ta có AK là tia phân giác BAC nên: BAK = CAK K là điểm chính giữa BC Nên OK  BC Suy ra: Tam giác OKH vuông tại O HK2 OK 2 OH 2 (Pytago) hay HK2 = R2 + OH2 (1) mặt khác tam giác AHO vuông tại H AH2 AO 2 OH 2 (Pytago) hay AH2 = R2 - OH2 (2) AH2 R 2 OH 2 Từ (1) và (2) suy ra: HK2 R 2 OH 2 2 15 R2 OH 2 3 Do đó: = 52R 2 OH 2 5 5R2 – 5OH2 = 3R2 + 3OH2 2R2 = 8OH2 Suy ra: R = 2OH Do đó H là trung điểm của BO Nên tam giác ABO là tam giác đều (Do cân tại A và O) Vậy B 600 và C 300 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  67. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 55 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  68. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  69. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  70. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  71. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  72. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Dành cho tất cả các thí sinh) Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) 2 1 3 x 5 x 1 Câu 1. (2,0 điểm) Cho A 1 với x 0;x 1. x 1 x x x x 1 4 x a) Rút gọn A. b) Đặt B x x 1 A . Chứng minh rằng B > 1 với x 0;x 1. Câu 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 2x 2m 8 (với m là tham số). a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) . b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) và Parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2. Tìm m để x1 + 2x2 = 2. 2 2 2 xy y 2 x 3x Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y 4 y 1 0 Câu 4. (1,0 điểm) Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút. Câu 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên (O), C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A, B của (O; R) lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. a) Chứng minh: Tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP. BQ = MN2. b) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ. c) Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất. Câu 6. (0,5 điểm) 1 1 1 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x2 y 2 z 2 thức: y2 z 2 z 2 x 2 x 2 y 2 P . x y2 z 2 y z 2 x 2 z x 2 y 2 HẾT Họ và tên thí sinh: SBD: . (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  73. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Câu Phần Nội dung Điểm 2 1 3 x 5 x 1 A 1 x 1 x x x x 1 4 x 2 1 3 x 5 x 1 4 x  x 1 x 1 x 1 4 x 2 x 1 3 x 5 x 1  a) x 1 x 1 4 x 1.25 2 4 x 1 x 1 Câu 1 2  (2,0đ) x 1 x 1 4 x 1 x 1 Vậy A với x 0;x 1. x Với x 0;x 1, ta có: 2 x x 1 x 1 x x b) B x x 1 A 1 0.75 x x x 2 do x 1 x 1 0 Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 0.25 x2 2mx 2m 8 x 2 2mx 2m8 0 (*) Khi m = – 4, phương trình (*) trở thành: 2 x 0 x 8x 0 x 8 a) Với x = 0 thì y = 0; với x = – 8 thì y = 64 0.75 Vậy khi m = – 4 thì tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (0; 0) và (– 8; 64). (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương Câu 2 Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2 (2,0đ) ' m2 2m8 (m1) 2 7 0 m Phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. x1 x 2 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: b) x1 x 2 2m 8 1.0 (1) (2) Theo đề bài: x1 2x 2 2 (3) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  74. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Từ (1) và (3), ta có hệ: x1 x 2 2m x 1 2 2m x1 2x 2 2 x 2 4m 2 Thay vào (2) được: (2 2m)(4m 2) 2m 8 4m2 7m 2 0 1 Giải phương trình được m 2;m 4 1  Vậy m 2;  là các giá trị cần tìm. 4  ĐK: y 1 2 2 2 xy y 2 x 3x x y 4 y 1 0 (1) (2) (1) xy2 y 2 x 2 3x 2 0 yx12 x1x2 0 x 1 y2 x 2 0 x 1 2 x y 2 Thay x 1 vào (2) được: y14y10 y1y14 0 Câu 3 y 1 0 y 1 (thỏa mãn điều kiện) 1.0 (1,0đ) y 17 y 1 4 Thay x y2 2 vào (2) được: y2 2 y 4 y 1 0 (3) Đặt y 1 a a 0 y a2 1 thì (3) trở thành: 2 a2 1 2a 2 14a 0 a 4 3a 2 4a 0 aa 3 3a4 0 aa1a 2 a4 0 a 0 (thỏa mãn điều kiện) a 1 x y2 2 x 1 Với a = 0 thì: y 1 y 1 x y2 2 x 0 Với a = 1 thì: y 2 y 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x, y 1;1 , 1;17 , 0;2 . Câu 4 5 Đổi 2 giờ 30 phút = giờ 1.0 (1,0đ) 2 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  75. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Gọi vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là x (km/h), y (km/h). Điều kiện: y > x > 0. Sau 3 giờ, xe thứ nhất đi được 3x (km) và xe thứ nhất đi được 3y (km) Ta có phương trình: 3x 3y 300 x y 100 (1) 300 Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là (h), thời gian xe x 300 thứ hai đi hết quãng đường AB là (h). y 300 300 5 60 60 1 Ta có phương trình: x y 2 x y 2 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 100 y 100 x 60 60 1 60 60 1 (3) x y 2 x 100 x 2 Giải phương trình (3) được: x = 300; x = 40 Với x = 300 thì y = – 200 (không thỏa mãn điều kiện) Với x = 40 thì y = 60 (thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là 40 km/h, 60 km/h. Q I C P 1 0.25 M 1 N Câu 5 A B (3,5đ) O Ta có: OA = OC = R và PA = PC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) OP là đường trung trực của AC a) OP  AC OMC 900 0.5 Chứng minh tương tự được ONC 900 Lại có: ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  76. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Tứ giác CMON có OMC ONC MCN 900 Tứ giác CMON là hình chữ nhật. Vì CMON là hình chữ nhật nên POQ 900 Vì PQ là tiếp tuyến tại C của (O) nên OC PQ OPQ vuông tại O, đường cao OC. Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong vuông, ta có: 0.5 PC.QC = OC2 Mà PA = PC, QB = QC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) MN = OC (CMON là hình chữ nhật) AP.BQ MN2 . Gọi I là trung điểm của PQ OPQ vuông tại O, có OI là đường trung tuyến PQ PQ OI O I; 2 2 Vì AP, BQ là các tiếp tuyến của (O) nên AP AB , BQ  AB b) 1.0 APQB là hình thang vuông Mà OI là đường trung bình của hình thang APQB OI / /AP OI  AB PQ AB là tiếp tuyến tại O của I; . 2 OCP vuông tại C, đường cao CM. Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong vuông, ta có: OC2 = OM.OP Tương tự ta có: OC2 = ON.OQ OM ON OM.OP ON.OQ OQ OP 0.5 OM ON OMN và OQP có: POQ chung, OQ OP OMN OQP (c.g.c)   NP1 1 PMNQ là tứ giác nội tiếp. D c) Q I C P E M N 0.75 A B O Gọi D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ, E là giao điểm của OC và MN. (D) có I là trung điểm của dây PQ và E là trung điểm của dây MN Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  77. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) DI  PQ , DE  MN DI/ /OE , DE / /OI Tứ giác OEDI là hình bình hành R DI OE 2 Áp dụng định lí Py-ta-go vào vuông DIP, ta có: 2 2 2 2 2 2 R PQ R AB R 5 DP DI IP 2 2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra PQ AB OC  AB C là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) Vậy khi C là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) thì đường tròn R 5 ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất bằng . 2 1 1 1 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 3. x2 y 2 z 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y2 z 2 z 2 x 2 x 2 y 2 P x y2 z 2 y z 2 x 2 z x 2 y 2 1 1 1 Ta có: P 1 1 1 1y 1 1 x 2 2 2 2 z 2 2 y z x z x y 1 1 1 Đặt a; b; c thì Câu 6 x y z 0.5 (0,5đ) a b c P và a2 b 2 c 2 3 b2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 a b c Do đó P 3 a2 3 b 2 3 c 2 Ta lại có bất đẳng thức : 2 x 1 x 1 .x.(x 2) x2 0 (luôn đúng) 3 x2 2 2. 3 x2 1 1 1 3 Suy ra P a2 b 2 c 2 2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra a b c 1 x y z 1. Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  78. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 56 ĐỀ SỐ: 57 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ B Ngày thi: 10/07/2017 Đề thi có: 1 trang gồm 5 câu Câu I: (2,0 điểm) 1. Cho phương trình : nx2 x 2 0 (1), với n là tham số. a) Giải phương trình (1) khi n=0. b) Giải phương trình (1) khi n = 1. 3x 2 y 6 2. Giải hệ phương trình: x 2 y 10 Câu II: (2,0 điểm) 4y8y y 1 2 Cho biểu thức A : , với . y 0, y 4, y 9 2 y4 y y 2 y y 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm y để A 2. Câu III: (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 2 x n 3 và parabol (P): y x2. 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 2 x1, x 2 thỏa mãn: x1 2 x 2 x 1 x 2 16. Câu IV:(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2 R . Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M và N), tia ME cắt (d) tại điểm F. Gọi P là trung điểm của ME, tia PO cắt (d) tại điểm Q. 1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: OF MQ và PM PF PO PQ . 3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2 ME đạt giá trị nhỏ nhất . Câu V:(1,0 điểm) 1 1 1 Cho a,, b c là các số dương thay đổi thỏa mãn: 2017 . Tìm giá trị a b b c c a 1 1 1 lớn nhất của biểu thức: P . 2a 3 b 3 c 3 a 2 b 3 c 3 a 3 b 2 c Hết Họ và tên thí sinh SBD Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  79. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B Câu Nội dung Điểm I 2,00 1.a Khi n = 0 ta có PT x 2 0 x 2 x 2 0,5 Phương trình đã cho có nghiệm x = 2 b/ Khi n = 1 ta có PT x2 x 2 0 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x = 1 và x = -2 0.5 3x 2 y 6 4 x 16 x 4 x 4 x 4 2. x 210 y x 210 y 4210 y 26 y y 3 1.0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x;y) = (4; 3) II 1,00 ĐKXĐ y 0, y 4, y 9. 0,25 4y8y y 1 2 A : 1 2 y4 y y 2 y y 4 y. 2 y 8y y 1 2 y 2 8 y 4y. 8y y 1 2 y 4 = : = : 0,25 2 y 2 y y. y 2 2 y 2 y y. y 2 8 y. 4y y 3 4 y 2 y y. 2 y 4y = : = . = 0,25 2 y 2 y y. y 2 2 y 2 y y 3 y 3 4y Vậy A (với y 0, y 4, y 9 ) 0,25 y 3 1.00 2) Để A 2 ta có 4y 4 y 2(y 3) 2 4y 2( y 3) 2 y y 3 0 y 3 y 3 y 3 2 0.5 Đặt t = y 0 nên t2 = y 2t2 + t -3 = 0 a+b+c = 2+1+(-3)=0 3 Suy ra t 1(/ m ); t ( kt / m ); 1 1 2 > y 1 y 1( t / m ) 0,5 Vậy y 1 0,5 III 2.0 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 2 x n 3 1 0,25 Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). thay x = 2 và y = 0 vào ta có 0.25 0 = 4 – n + 3 n = 7 Vậy với n = 7 thì đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). 0,25 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  80. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : x2 2x –n 3 x 2 2x n – 3 0 Ta có ' = 1- n + 3 = 4 – n 0,25 Để đường thẳng (d)và pa ra bol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có 2 hoành độ x1; x 2  0 4 – n 0 n 4 x x 2 Áp dụng hệ thức vi ét ta có 1 2 mà x2 2 x x x 16 0,25 1 2 1 2 x1.x2 n 3 2 2 2 x1 2x1x2 x2 x1 x2 2x2 x2 16 2 0,25 x1 x2 x2 x1 2 x2 16 4 – x2 (2+2) =16 4.x2 = -12 x2 = -3 x1 = 5 mặt khác x1x2= n-3 thay vào ta có -15 = n – 3 n = -12< 4 (t/m) Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân 0.5 2 biệt có hoành độ lần lượt là x1, x 2 thỏa mãn: x1 2 x 2 x 1 x 2 16. IV 3.0 F E P N 0,25 M O D Q Vì P là trung điẻm của ME nên OP  ME hay QP  MF tại 0,25 P FPˆO 900 1 mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN  FQ tại N 0,25 FNˆO 900 Nên FPˆO FNˆO 900 vì FPˆO và FNˆO là hai góc dối của tứ 0,25 giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp 1,00 2) Xét MFN ta có QP  MF QP là đường cao 0,25 MN  FQ MN là đường cao vì MN cắt QP tại O nên O là trực tâm 2 của MFQ OF chứa đường cao MFQ suy ra OF MQ 0,25 Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có MPˆO QPˆF 90 0 0,25 PMˆO PQˆF ( Cùng phụ với PFˆN ) 2 tam giác vuông MPO và QPF 0,25 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  81. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) PO MP đồng dạng ` PO . PQ MP . PF PF PQ 1,00 Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2 ME đạt giá trị nhỏ 3 nhất 0,25 Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF có MPˆO MNˆF 900 ; Mˆ chung MP MO Nên 2 tam giác vuông MPO và MNF dồng dạng (g-g) MN MF MP.MF =MO.MN 4MP.MF = 4.MO.MN 0,25 (4MP).MF = 4.MO.MN 2ME.MF=4.MO.MN = 4.R.2R = 8R2 Như vậy tích 2ME và MF không đổi là 8R2 mà (MF+2ME )2 4MF.2ME ( với a.b>0 ta luôn có (a +b)2 4a.b ) nên (MF+2ME )2 4MF.2ME = 4 (MF.2ME ) = 4. 8R2= 32.R2 0,25 MF+2ME 32R 2 4R 2 Dấu “=” xảy ra khi 2ME = MF khi đó E là trung điểm của MF mà NE  MF nên tam giác MNF vuông cân suy ra E là điểm chính giữa cung 0,25 MN 5 1,00 Câu V: Nếuvới mọi x;y;z;t > 0 ta có : 1 1 1 1 ( x + y + x + t ) 16 từ đó ta có x y z t 1 1 1 1 16 1 1 1 1 1 1 x y z t x y z t 16 x y z t x y z t Thật vậy Ta xét 1 1 1 1 ( x + y + z + t ) x y z t x x x x y y y y z z z z t t t t + + + = x y z t x y z t x y z t x y z t x y x z x t y z y t t z 4+ ( )+( ) + ( )+( )+( )+( ) 0,25 y x z x t x z y t y z t mà tổng nghịch đảo của dôi một không bé hơn 2 ( áp dụng co si ) dấu = khi x= y = z = t 1 1 1 1 ( x + y + z + t ) 4 2 2 2 2 2 2 16 x y z t 1 1 1 1 1 ( x + y + z + t ) 16 vì x;y;z;t > 0 x y z t 16 1 1 1 1 1 x y z t x y z t Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có: Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  82. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) 1 1 1 P 2a 3 b 3 c 3 a 2 b 3 c 3 a 3 b 2 c 1 1 1 bcbcbacaacacabbcababacbc 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 bcbcbaca 16 acacabbc 1 1 1 1 1 0,25 16 a b a b a c b c 1 4 4 4 16 b c a b c a 1 1 1 1 2017 . 4 b c a b c a 4 Dấu “=” xảy ra 0,25 3 a b c 4034 0,25 2017 3 Vậy Max P a b c 4 4034 N a. Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp: Ta có OBN 900 ( Góc tạo bởi tiếp tuyến với đường tròn) M OCN 900 ( Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm) Từ đó ta có OCN + OBN 1800 . Mà chúng ở vị trí đối nhau nên ta có tứ giác C OBNC nội tiếp b, Chứng minh ON  AD, CA.CN=CO.CD Xét AND có AB và CD là hai đường cao A O B cắt nhau tại O nên NO là đường cao thứ ba của tam giác NO  AD tại H Xét CAD , CON H có ACD OCN 900 , mặt khác CNO CDA(phụ với góc O) CAD CON nên AC OC AC.CN OC.CD đpcm CD CN D c. Xác định vị trí điểm M trên cung AB để AN+2AM nhỏ nhất Xét tam giác vuông ABN có AM là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông này ta có: AB 2 AM.AN =4R2 Áp dụng bất đẳng thức CoSi ta có 2AM+AN 2 2AM.AN 2 8R 2 4. 2R Vậy 2AM+AN đạt giá trị nhất là 4. 2R khi AN=2AM có nghĩa là M là trung điểm của AN hay M là điểm chính giữa của cung AB - Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  83. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  84. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THANH HÓA NĂM HỌC: 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/7/2017 ĐỀ A Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu, có 01 trang) Câu 1: (2.0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: a) x – 2 = 0 b) x2 +3x– 4 = 0 2x + y =1 2. Giải hệ phương trình sau: x– 3y =18 Câu 2: (2.0 điểm) x2 –– x 2x+x 2(x1) Cho biểu thức: A = – + x + x +1 x x– 1 1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 3 + 2 2 Câu 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2mx + m2 + 1 và parabol (P): y = x2 (m là tham số) 1. Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;5). 2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt với hoành độ x1, x2 x x 5 thoả mãn: 1 2 . x2 x 1 2 Câu 4: (1.0 điểm) Một mô tô đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc và thời gian theo dự định. Nếu mô tô tăng vận tốc thêm 5km/h thì đến B sớm hơn thời gian dự định là 20 phút. Nếu mô tô giảm vận tốc 5km/h thì đến B chậm hơn 24 phút so với thời gian dự định. Tính độ dài quãng đường từ thành phố A đến thành phố B. Câu 5: (3.0 điểm) Cho đường tròn (O;R) có dây cung MN cố định thỏa mãn MN < 2R. Gọi P là một điểm nằm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP có 3 góc nhọn. Các đường cao ME, NK của tam giác MNP cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác PKHE nội tiếp được đường tròn. b) Kéo dài đường thẳng PO cắt đường tròn tại Q. Chứng minh rằng: MQ//NK và KNM = NPQ c) Chứng minh rằng khi điểm P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn thẳng PH không đổi. HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm! Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  85. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THANH HÓA NĂM HỌC: 2017 – 2018 ĐỀ THI THỬ SỐ 2 MÔN THI: TOÁN S ố báo danh Ngày thi: 4/7/2017 Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu, có 01 trang) Câu 1: (2.0 điểm) 2. Giải các phương trình sau: a) 2x + 2 = 0 b) x2 +4x–5 = 0 x + y = 2 2. Giải hệ phương trình sau: 2x– 3y = –6 Câu 2: (2.0 điểm) x + 41 x– 1 Cho biểu thức: A = – 2 1+ 3x+6 x+4x+4 x+5 1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2. Tìm giá trị của x thỏa mãn để A có giá trị là một số nguyên. Câu 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 2 và parabol (P): y = x2 (m là tham số) 1. Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P). 2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt với hoành độ x1, x2 thoả mãn: x1 < 0 < x2 Câu 4: (1.0 điểm) Hôm qua mẹ của Lan đi chợ mua 5 quả trứng gà và 5 quả trứng vịt hết 10.000 đồng. Hôm nay mẹ Lan mua 3 quả trứng gà và 7 quả trứng vịt chỉ hết 9.600 đồng. Hỏi giá một quả trứng mỗi loại là bao nhiêu biết giá của trứng trong hai ngày là không đổi. Câu 5: (3.0 điểm) Cho đường (O) đường kinh AB cố định. Điểm I nằm giữa A và O sao cho 3AI = 2AO. Kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N, B. Gọi E là giao điểm của AC và MN. a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp. b) Chứng minh AM2 = AE.AC. c) Xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm! Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  86. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THANH HÓA NĂM HỌC: 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/7/2017 ĐỀ A Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu, có 01 trang) Câu 1: (2.0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: a) x + 9 = 3x + 5 b) x2 –3 x + 2 = 0 x + y = 5 2. Giải hệ phương trình sau: 2x– y = 7 Câu 2: (2.0 điểm) 1 1 x +1 x +2 Cho biểu thức: A = – x 1 x x 2 x 1 1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2. Tìm giá trị của x để biểu thức A đạt giá trị dương. Câu 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = x – 1 + m và parabol (P): y = x2 (m là tham số) 1. Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) đi qua A(2;4) 2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt với hoành độ x1, x2 thoả 1 1 mãn: 5 x x + 4 0 1 2 x2 x 1 Câu 4: (1.0 điểm) Hai anh Quang và Hùng góp vốn cùng kinh doanh. Anh Quang góp 15 triệu đồng. Anh Hùng góp 13 triệu đồng. Sau một thời gian được lãi 7 triệu đồng. Lãi được chia tỷ lệ với vốn đã góp. Em hãy dùng cách giải hệ phương trình để tinh tiền lãi mà mỗi anh được hưởng. Câu 5: (3.0 điểm) Cho đường tròn (O;R). Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn, kẻ 2 tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (C khác A và B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM. a) Chứng minh tứ giác AECD nội tiếp đường tròn. b) Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh rằng: IK // AB c) Xác định vị trí của điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi OM = 2R HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm! Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  87. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THANH HÓA NĂM HỌC: 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/7/2017 ĐỀ B Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu, có 01 trang) Câu 1: (2.0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: a) x + 2 = 0 b) x2 –7 x +10 = 0 5x +2y =10 2. Giải hệ phương trình sau: 3x – y = 6 Câu 2: (2.0 điểm) x +1 2 x 2+5 x Cho biểu thức: A = + x 2 x + 2 4 x 1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2. Tìm giá trị của a để A = 2. Câu 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx – 1 và parabol (P): y = 2 x2 (m là tham số) 1. Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) đi qua A(1;2) 2. Chứng minh rằng với mọi m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt. Gọi A(x1;y1), B(x2;y2) là tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm các giác trị của m thỏa mãn hệ thức: y1 + y2 – x1x2 = 3m Câu 4: (1.0 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 50 km. Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ. Muốn đến B đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 2km/h trên quãng đường còn lại. Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Câu 5: (3.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kinh AB. Từ một điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn, vẽ tiếp tuyến thứ hai là MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. a) Chứng minh tứ giác AMQI là tứ giác nội tiếp. b) Cứng minh rằng AQI = ACO c) Chứng minh rằng CN = NH. HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm! SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất cả thí sinh ) Ngày thi :02 tháng 6 năm 2017 Câu 1: ( 2 điểm ) x x 3 x 2 x 2 Cho biểu thức: A = 1 : Với x 0 ; x 4 ; x 9 x 1 x 2 x 3 x 5 x 6 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  88. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu 2 : ( 2 điểm ) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng (d1) : y = -5(x + 1) ; (d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + 3 ( Với m là tham số ) Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) với giá trị nào của m thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I ? x 1 2 y 2 5 b) Giải hệ phương trình 3. y 2 x 1 5 2 Câu 3 : ( 2 điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x1 x2 5 x2 khác không thỏa mãn điều kiện + = 0 x2 x1 2 b) Giải phương trình x x 2 = 9- 5x Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố định, M là một điểm di động trên (O) .sao cho M không trùng với các điểm A và B .Lấy C là điểm đối xứng với O qua A .Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E .các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng và tứ giác MENF nội tiếp b) Chứng minh : AM .AN = 2R2 c)Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O)để tam giá BNF có diện tích nhỏ nhất Câu 5 : ( 1 điểm ) Cho a; b ; c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh rằng a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 + + > 1 2ab 2bc 2ca BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất cả thí sinh ) Câ Lời giải u x x 3 x 2 x 2 1) A = 1 : x 1 x 2 x 3 x 5 x 6 1 x 3 x 3 x 2 x 2 x 2 A = : x 1 x 2 x 3 1 x 9 x 4 x 2 1 x 3 1 1 x 2 A = : = : = : = x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 x 1 3 3 3 1 2) A = = 1- Để A nhận giá trị nguyên khi đạt giá trị nguyên . Hay x 1 x 1 x 1 -3 x 1 x 1là ước của -3 Nên x 1=1 x = 0 x = 0 thỏa mãn x 1=-1 x = -2< 0 không thỏa mãn x 1=3 x = 2 x = 4 thỏa mãn x 1=-3 x = -4< 0 không thỏa mãn vậy x = 0 hoặc x = 4 thì A nhận giá trị nguyên 1) Tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là nghiệm của hệ y 5x 5 3x 13 5x 5 8x 8 x 1 y 3x 13 y 3x 13 y 3x 13 y 3 13 10 Câu 2 : vậy tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) là I(1;-10) đường thẳng (d3) đi qua điểm I khi tọa độ của I là x = 1 và y = -10 thỏa mãn công thức y = mx + 3 thay vào ta có : -10 = m.1+ 3 m = -13 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  89. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Vậy với m = - 13 thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I x 1 2 y 2 5 2)Giải hệ phương trình đặt A = |x-1| 0;B = y 2 0 3. y 2 x 1 5 A 2B 5 A 2B 5 A 2B 5 A 1 Ta có Thỏa mãn 3.B A 5 A 3B 5 5B 10 B 2 x 1 1 x 2 | x 1| 1 | x 1| 1 x 1 1 x 0 y 2 2 y 2 4 y 2 y 2 vậy (x;y) = x;2 ; 0;2  là nghiệm của hệ 2 để phương trình (m – 1).x -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 ' 0 m2 m 1 m 2 0 m2 m 2 3m 2 0 m 1 0 m 1 m 1 2m 2 x x 3m 2 0 m 2 1 2 m 1 3 m > theo vi ét ta có m 1 3 m 2 m 1 x1x2 m 1 x x 5 x 2 x 2 5 x x 2 2x x 5 mà 1 2 + = 0 1 2 0 1 2 1 2 0 x2 x1 2 x1.x2 2 x1.x2 2 2 2 2m m 2 4m m 2 m 1 2. 2. m 1 m 1 5 m 1 2 m 1 2 5 0 0 m 2 2 m 2 2 m 1 m 1 4m 2 2m 2 2m 4 2m 2 2m 4 Câu m 1 2 5 m 1 2 5 2m 2 2m 4 5 3 0 0 0 m 2 2 m 2 2 m 1 m 2 2 m 1 m 1 4m 2 4m 8 5(m 2 m 2) 0 2.(m 1)(m 2) 4m 2 4m 8 5m2 5m 10 9m 2 m 2 0 0 ta có m 1;m 2 2.(m 1)(m 2) 2.(m 1)(m 2) 1 73 1 73 m1= hoặc m2= thỏa mãn 18 18 b) Giải phương trình x x 2 = 9- 5x 2 2 2 đặt t = x 2 0 x = t + 2 (t + 2).t = 9-5(t + 2) 3 2 3 2 t +2t + 5t +10 – 9 = 0 t + 5t +2t +1= 0 3 2 2 t + 4t + 4t+ t -2t +1= 0 2 2 3 2 2 Cách 2: x (x-2) =81-90x+25x x -2x -25x + 90x -81 = 0 3 2 3 2 2 x -27x + 90x -81 = 0 x -3.3x + 3.9.x -27 -18x + 63x -54 = 0 3 2 (x-3) -9(2x -7x+6) = 0 a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng Xét BNF ta có BMˆA 900 ( nội tiếp chắn nữa đường tròn) Câu ˆ 0 4 BMN 90 NM  BF nên MN là đường cao BC  NF ( gt) Nên BC là đường cao mà BC cắt MN tại A nên A là trực tâm FA thuộc đường cao thứ ba nên FA  BN mà Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  90. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) BEˆA = 900( nội tiếp chắn nữa đường tròn) EA  BN theo ơ clit thì qua A kẻ được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với BN nên ba điểm A; E ; F thẳng hàng Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp N ta có FEˆN = 900( FE  BN) 1 ˆ 0 ˆ ˆ 0 FMN = 90 ( MN  BF) FEN = FMN = 90 E Mà E và M nằm về nữa mặt phẳng bờ là NF vậy bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường trong đường kính MN hay tứ giác MENF nội tiếp B 2 C b) Chứng minh : AM .AN = 2R O A 1 Xét BAN và MAC ta có ˆ ˆ N1 F1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác M NEMF cùng chắn cung EM) (1) 1 ˆ ˆ F1 C1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF cùng chắn ˆ ˆ ˆ F cung AM) (2) Từ (1) và (2) N1 C1 ( F1 ) (*) Mà BAˆN MAˆC ( đối đỉnh) ( ) từ (*) và( ) ta có BAN đồng dạng với MAC MA AC (g.g) AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2 AB AN 1 c) S BNF = BC.NF vì BC = 2R nên S BNF nhỏ nhất khi NF nhỏ nhất S BMAlớn 2 nhất ; vì BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S BMAlớn nhất khi BAM là tam giác cân M là điểm chính giữa của Cung BA a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b 2 1 2ab 2 bc 2 ac 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ca( b c ) 2 abc ab ( c a ) 2 abc ba ( c b ) 2 abc 0 2 2 2 2 2 2 cab ( ) c abc ( ) a bac ( ) b 0 cabcabc( )( )( abcabca )( )( bacbacb )( )0 cabcabc( )( )( abcaabc )( )( bacbabc )( )0 Câu (abccabc ) .( ) abca ( ) bacb ( ) 0 5 2 2 2 (a b c ) ca cb c ab ac a ba bc b 0 2 2 2 2 2 2 (abccababab ) 0 ( abcca ) 2 bab 0 2 2 2 2 2 (a b c ) c ( a 2 ba b ) 0 (a b c ) c ( a b ) 0 (a b c )( c a b )( c a b ) 0 đúng .vì a;b;c là độ dài ba cạnh của tam giác ta có : a + b > c suy ra a + b –c >0 ;tương tụ ta có c + b-a= c-a + b > 0 và c + a –b >0 nhân với với vế ba bất đẳng thức nói trên ta có ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0 nên bất đẳng thức đầu đúng ĐPCM Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  91. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 58 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  92. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  93. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 59 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TIỀN GIANG Năm học 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 5/6/2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài) Bài I. (3,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình và phương trình sau: 2x y 5 a/ b/ 16x4 8x 2 1 0 x y 4 2 5 1 1 2. Rút gọn biểu thức: A 4 5 1 3. Cho phương trình x2 mx m 1 0 (có ẩn số x). a/ Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m. 2x1 x 2 3 b/ Cho biểu thức B 2 2 . Tìm giá trị của m để B = 1. x1 x 2 2 1 x 1 x 2 Bài II. (2,0 điểm) Cho parabol P : y 2x 2 và đường thẳng d : y x 1. 1/ Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ. 2/ Bằng phép tính, xác định tọa độ giao điểm A và B của (P) và (d). Tính độ dài đoạn thẳng AB. Bài III. (1,5 điểm) Hai thành phố A và B cách nhau 150km. Một xe máy khởi hành từ A đến B, cùng lúc đó một ôtô cũng khởi hành từ B đến A với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 10km/h. Ôtô đến A được 30 phút thì xe máy cũng đến B. Tính vận tốc của mỗi xe. Bài IV. (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, N là điểm bất kỳ thuộc cung MB (N khác M và B). Tia AM và AN cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn tâm O lần lượt tại C và D. 1. Tính số đo ACB . 2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một đường tròn. 3. Chứng minh AM.AC = AN.AD = 4R2. Bài V. (1,0 điểm) Cho hình nón có đường sinh bằng 26cm, diện tích xung quanh là 260 cm2. Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón. HẾT Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  94. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN (Nguyễn Thanh Sơn) ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TIỀN GIANG Năm học 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN Bài I. x 3 1 1  1/ HS tự giải: ĐS: 2/ HS tự giải: ĐS: S;  y 1 2 2  2 5 1 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 2/ Rút gọn: A 45 1 4 5 1 5 1 4 4 2 3/ PT đã cho: x2 mx m 1 0 (có ẩn số x). a/ m 2 4.1 m 1 m2 4m 4 m 2 2 0 với mọi m vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m. b x x m 1 2 a b/ Theo Vi-et: c x .x m 1 1 2 a 2xx3 2xx3 2xx3 B 1 2 1 2 1 2 x2 x 2 2 1 x x 2 2 1 2 1 2 xx1 2 2xx21xx 1 2 1 2 xx 1 2 2 2 m 1 3 2m 1 m2 2 m 2 2 2m 1 2 B1 12m1m2m2m10 2 2 m1 0m1 m2 2 Bài II. 2 y Cho parabol P : y 2x và đường thẳng d : y x 1. 7 2 y=2x 1/ Vẽ đồ thị: (như hình vẽ bên) 6 Tọa độ giao điểm của (P) và (d) 5 4 2 y=x+1 PT hoành độ giao điểm: 2x – x – 1 = 0 có hai nghiệm 3 1 ; 1 2 B(1;2) 2 A(-1/2;1/2) 1 x 1 1 -4 -3 -2 -1 O 1 2 3 4 5 suy ra tọa độ hai giao điểm là: A; và B 1;2 -1 2 2 -2 2/ Tính độ dài AB: -3 2 2 2 2 2 2 1 1 3 3 3 2 AB xBABA x y y 1 2 (đ.v.đ.d) 2 2 2 2 2 Bài III. Gọi x(km/h) là vận tốc xe máy (x > 0) thì vận tốc ôtô là x + 10(km/h) 150 150 1 Theo đề bài ta có phương trình: (1) x x 10 2 (1) ⇔ x2 + 10x – 3000 = 0 ⇔ x = 50 (nhận) hoặc x = -60 (loại) Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  95. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) Vậy: vận tốc xe máy là 50(km/h), vận tốc ôtô là 60(km/h) Bài IV. 1. Tính số đo ACB . C Vì M là điểm chính giữa cung AB nên MA = MB; AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Suy ra tam giác AMB vuông cân tại M. Từ đó: MAB 450 0 Tam giác ABC vuông tại B có CAB 45 nên là tam M 0 giác vuông cân tại B. Suy ra ACB 45 N 2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một D đường tròn. 1 Ta có: ANM 450 (góc nội tiếp chắn cung AM bằng 4 A B đường tròn) O Lại có: MCD 450 (vì ACB 450 ) Tứ giác MNDC có MCD ANM 450 nên nội tiếp được đường tròn (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) 3. Chứng minh AM.AC = AN.AD = 4R2. 1 Ta có: CAD NAM (1)ANM 450 (góc nội tiếp chắn đường tròn); 4 ACD ACB 450 (câu c). Nên ANM ACD 450 (2) AM AN Từ (1) và (2) suy ra ∆CAD ∽ ∆NAM (g-g). Suy ra: AM.AC AN.AD AD AC Tam giác ABC vuông tại B có BM là đường cao cho: AB2 = AM.AC ⇔ 4R2 = AM.AC Vậy: AM.AC = AN.AD = 4R2 Bài IV. Ta có: Sxq rl 260 r.26 r 10cm h l2 r 2 26 2 10 2 2610 2610 16.36 24cm 1 1 V r2 h 10 2 .24 800 cm 3 3 3 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  96. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 60 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TRÀ VINH NĂM HỌC: 2017-2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (3,0 điểm) 1 1 1. Rút gọn biểu thức: A= 3 2 2 3 2 2 3x y 7 2. Giải hệ phương trình: 5x y 9 3. Giải phương trình: x2 3 x 10 0 Bài 2. (2,0 điểm) Cho hai hàm số y x 2 và y x2 có đồ thị lần lượt là (d) và (P) 1. Vẽ (d) và (P) trên cùng hệ trục tọa độ 2. Bằng phép toán tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). Bài 3. (2,0 điểm) 2 Cho phương trình x 2( m 2) x 6 m 0 (1) (với m là tham số) 1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 2. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 2 thức P = x1 x 2 Bài 4.(3,0 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R, đường kính BC. Gọi A là một điểm thuộc đường tròn (A khác B và C). Đường phân giác BAC cắt BC tại D và cắt đường tròn tại M. 1. Chứng minh MB=MC và OM vuông góc với BC 2. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC. Tứ giác AEDF là hình gì? 3. Cho ABC 600 . Tính diện tích tam giác MDC theo R. .Hết . Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  97. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) ĐỀ SỐ: 61 ĐỀ SỐ: 62 ĐỀ SỐ: 63 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  98. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm). Câu 1 2 3 4 Đáp án D A B D II. TỰ LUẬN (8 điểm). Câu Phần Nội dung Điểm Với m = 2, hệ (1) trở thành: x2y1 x2y1 5x25 2x y 12 4x 2y 24 2x y 12 a) 0.75 x 5 x 5 2.5 y 12 y 2 Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ (1) là (5; 2). 1 2 Ta thấy: b) 2 1 0.25 Hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu x2y3m 2x4y62m x2y3m 5 2x y 3(m 2) 2x y 3m 6 5y 5m (2,0đ) x 2m 3 m x m 3 y m y m Do đó: 2 2 2 2 2 c) A = x + y = (m + 3) + m = 2m + 6m + 9 1.0 2 3 9 9 2 m  m 2 2 2 3 Dấu “=” xảy ra m 2 9 3 Vậy min A m 2 2 Gọi số hàng ghế lúc đầu là x ( x N* ;x 2;80 x ). 80 Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là (chiếc). x Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x – 2. 80 Câu Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là (chiếc). a) x 2 1.0 6 Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình: (2,0đ) 80 80 2 x 2 x Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – 8 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế. b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 1.0 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  99. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) x2 x 2 x 2 x 2 0 Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = – 2 Với x = 1 thì y = 1 – 2 = – 1 Với x = – 2 thì y = – 2 – 2 = – 4 A(1; – 1) và B(– 2; – 4) y O -3 -2 -1 1 2 3 x -1 A 2 C B 4 Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; – 2). Do đó: 2.1 2.2 S S S 3 (đvdt). OAB OAC OBC 2 2 M 1 E 0.25 1 Câu A D 1 B H 1 7 O C (3,0đ) 1 F N Ta có: AEB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0 a) BEM 90 (kề bù với ADB ) 0.75 Tứ giác BEMH có: BEM BHM 900 90 0 180 0 Tứ giác BEMH nội tiếp b) Ta có: AFB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0.25 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  100. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp)  0 AFB và AHN có: A1 chung ; AFB AHN 90 AFB AHN (g.g) Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN   MD1 1   1   Vì F1 B 1 sđ AE và BM1 1 (tứ giác BEMH nội tiếp) 2   nên FM1 1   FD1 1    AFC và ADN có: A1 chung ; F 1 D 1 AFC ADN (g.g) 0.75 AF AC AF.AN AC.AD AD AN Mặt khác, AFB AHN (g.g) AF AB AF.AN AB.AH AH AN AB.AH Do đó, AC.AD AB.AH AD không đổi AC (vì A, C, B, H cố định) Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A). M 1 E A D 1 O C B H 1 c) 1 1.0 F 1 N Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: AB.AH 4.5 20 AD (cm) AC 3 3 20 5 HD AD AH 5 (cm) 3 3 Dễ thấy AHM NHD (g.g) AH HM 5 25 HM.HN AH.HD 5  NH HD 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.
  101. Đề thi tuyển sinh THPT 2017-2018 Trần Hữu Định (Tổng hợp) 25 10 3 MN HM HN 2 HM.HN 2 (cm) 3 3 1 1 10 3 25 3 S AH.MN  5  (cm2 ) AMN 2 2 3 3 Dấu “=” xảy ra     HM HN M1 N1 F 1 N 1 EF//MN EF  AB 25 3 Vậy minS (cm2 ) EF  AB AMN 3 a b 1 ab Đặt a = x2; b = y2 ( a,b 0) thì P . 1 a 2 1 b 2 Vì a,b 0 nên: (a b)(1 ab) a ab2 b ab 2 a ab 2 a(1 b) 2 a(1 2b b)2 a(1 b) 2 Câu Lại có (1 a)2 (1 a) 2 4a 4a 8 2 1.0 a 1 b 1 (1,0đ) P 4a 1 b 2 4 a 1 x 1 Dấu “=” xảy ra b 0 y 0 1 x 1 Vậy maxP 4 y 0 Trường THCS Hải Thượng – Hải Lăng – Quảng Trị.