›
›
›

Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

doc 80 trang dichphong 6230
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_sinh_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2017_2018_so.doc

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày thi: 14/06/2017 Câu 1: (1,5 điểm) x 2 4 x Cho A ; B x 2 x 2 x 4 a) Tính A khi x = 9 b) Thu gọn T = A – B c) Tìm x để T nguyên Câu 2: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx – 6m – 9 = 0 a) Giải phương trình khi m = 0 2 2 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn x1 + x2 = 13 Câu 3: Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng độ dài một cạnh lên 2m và giảm độ dài cạnh còn lại 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu. Câu 4 ( 4 điểm): Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng. BC AC AB c) MD ME MF Câu 4: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương. CMR: a5 b5 c5 a3 b3 c3 bc ca ab
  2. ĐÁP ÁN Câu 1: 9 a) Khi x = 9: ta được A 3 9 2 b)ĐK : x 0 , x 4 x 2 4 x T A B x 2 x 2 x 4 x . x 2 2 . x 2 4 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 4 4 x x 2 x 2 2 x 4 x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 4 4 c)T 1 x 2 x 2 x 2 T nguyên khi 4 x 2 x 2 1; 2; 4 x 2 1(loai) x 2 1(loai) x 2 2 x 0 x 2 2(loai) x 4 (KTM DK ) x 2 4 x 2 4(loai) Vậy x = 0. Câu 2: a) khi m = 0 phương trình trở thành: x2 9 0 x 3 b)a = 1, b = -2m, b’ =-m, c = -6m – 9 b'2 ac m2 6m 9 (m 3)2 0,m
  3. Phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi m. Theo hệ thức Viet ta có: x1 x2 2m x 1.x2 6m 9 3 *Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x x 0 6m 9 0 m 1 2 2 *Ta có 2 2 x1 x2 13 2 x1 x2 2x1x2 13 (2m)2 2( 6m 9) 13 0 4m2 12m 5 0 5 m (KTMDK) 2 1 m 2 1 Vậy m = 2 Câu 3: Gọi x(m) là cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật y (m) là cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật. ĐK: 0< x < 12 ; 1<y <12 Diện tích mảnh đất ban đầu : x.y (m2) Theo đề ta có phương trình: 2 (x+ y) = 24 (m) (1) Giả sử tăng cạnh thứ nhất 2m và giảm cạnh thứ hai 1m. Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng 2m : x + 2 (m) Độ dài cạnh còn lại khi giảm 1m : y – 1 (m) Diện tích mảnh đất khi thay đổi: (x + 3) (y – 1) (m2) Theo đề ta có phương trình: (x + 3)(y-1) – xy = 1 (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: 2 x y 24 x y 12 x 7 (x 2)(y 1) xy 1 x 2y 3 y 5 Vậy kích thước mảnh đất lúc đầu là: 7m, 5m. Câu 4: A a) Chứng minh: Ta có: MF  AB nên M· FB 900 MD  BC nên M· DB 900 Tứ giác MDBF có E M· FB M· DB 900 900 1800 Do đó tứ giác MDBF nột tiếp B D 2 1 C Suy ra 4 điểm M, D, B, F cùng thuộc 1 đường tròn. 1 1 2 Ta có : MD  BC nên M· DC 900 F M MF  AC nên M· FC 900 Suy ra M· DC M· FC 900
  4. Suy ra D, F cùng nhìn MC dưới 1 góc bằng nhau. Do đó 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. b) Vì tứ giác MDBF nội tiếp ¶ ¶ Nên: M1 D1 ( cùng chắn cung BF) ¶ ¶ Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên M 2 D2 Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp µ µ Nên B1 C ( góc ngoài của tứ giác nội tiếp) ¶ ¶ µ µ Do đó M1 M 2 ( cùng phụ với B1;C ) ¶ ¶ ¶ · 0 Suy ra: D1 D2 . Mà D2 BDE 180 ¶ · 0 Nên D1 BDE 180 Hay D, E, F thẳng hàng. c)Ta có AC AB AE EC AF FC AE EC AF FC ME MF ME MF ME ME MF MF · ¶ · ¶ tan AME tan M2 tan AMF tan M1 ¶ ¶ Mà M1 M 2 nên AC AB tan A· ME tan A· MF ME MF Mat khac: tứ giác AFME nội tiếp nên A· ME A· FE B· MD ( Bạn đọc tự nhìn vào hình vẽ) A· MF A· EF D· MC Do đó AC AB tan A· ME tan A· MF ME MF tan B· MD tan M· DC BD DC BD DC BC (dpcm) MD MD MD MD Câu 5: a5 b5 c5 a6 b6 c6 (a3 )2 (b3 )2 (b3 )2 bc ca ab abc abc abc abc abc abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz : a5 b5 c5 (a3 )2 (b3 )2 (b3 )2 (a3 b3 c3 )2 (a3 b3 c3 )(a3 b3 c3 ) bc ca ab abc abc abc abc abc abc 3abc Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 3 số a3, b3, c3 ta được: a3 b3 c3 33 a3b3c3 3abc Do đó a5 b5 c5 (a3 b3 c3 )(a3 b3 c3 ) (a3 b3 c3 )3abc a3 b3 c3 bc ca ab 3abc 3abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
  5. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1: (1,5điểm) a) Tính A = 8 18 32 b) Rút gọn biểu thức B = 9 4 5 5 Bài 2: (2,0 điểm ) 2x 3y 4 a) Giải hệ phương trình : x 3y 2 10 1 b) Giải phương trình : 1 x2 4 2 x Bài 3: ( 2,0 điểm ) Cho hai hàm số y = x2 và y = mx + 4 ,với m là tham số a) Khi m = 3 ,tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị của hai hàm số trên. b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m ,đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai 2 2 2 điểm phân biệt A1(x1 ;y1) và A2(x2 ;y2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (y1) + (y2) = 7 Bài 4 :(1 điểm ) Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu 2 tấn gạo (khối lượng mỗi xe chở vẫn bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc ? Bài 5 : (3,5 điểm ) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là một điểm trên nửa đường tròn (C khác A,B) .Trên cung AC lấy D (D khác A và C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB và E là giao điểm của BD và CH a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp . b) Chứng minh rằng và AB. AC = AC.AH + CB.CH c) Trên đoạn OC lấy điểm M sao cho OM = CH .Chứng minh rằng khi C thay đổi trên nữa đường tròn đã cho thì M chạy trên một đường tròn cố định. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
  6. ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐÀ NẴNG 2017
  7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC TẠO 2017-2018 THỪA THIÊN HUẾ Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2017 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao ĐỀ THI CHÍNH THỨC đề) Câu 1: (1,5 điểm) a) Tìm x để biểu thức A x 1 có nghĩa. b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức B 32.2 23 52.2. a 1 a a 1 c) Rút gọn biểu thức C víi a 0 vµ a 1. a 1 a 1 Câu 2: (1,5 điểm) x 2y 4 a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình . 3x y 5 1 b) Cho hàm số y x2 có đồ thị (P). 2 i) Vẽ đồ thị (P) của hàm số. ii) Cho đường thẳng y mx n ( ). Tìm m, n để đường thẳng ( ) song song với đường thẳng y 2x 5 (d) và có duy nhất một điểm chung với đồ thị (P). Câu 3: (1,0 điểm) Cho hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 5 giờ đầy bể. Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ rồi đóng lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy trong 1 giờ thì ta được 1 bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để mỗi vòi chảy đầy bể là bao nhiêu? 4 Câu 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 5 0 (1), với x là ẩn số. a) Giải phương trình (1) khi m 2 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa mãn đẳng thức sau: 2x1x2 5 x1 x2 8 0 . Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và D là hình chiếu vuông góc của B trên AO sao cho D nằm giữa A và O . Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của BD và AC, F là giao điểm của MD và AC , E là giao điểm thứ hai của BD với đường tròn (O), H là giao điểm của BF và AD . Chứng minh rằng: a) Tứ giác BDOM nội tiếp và M· OD N· AE 180o . b) DF song song với CE , từ đó suy ra NE.NF NC.ND. c) CA là tia phân giác của góc B· CE . d) HN vuông góc với .AB Câu 6: (1,0 điểm) Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3 cm, chiều cao bằng 12 cm và chứa một lượng nước cao 10 cm. Người ta thả từ từ 3 viên bi làm bằng thủy tinh có cùng đường kính bằng 2 cm vào cốc nước. Hỏi mực nước trong cốc lúc này cao bao nhiêu? ___Hết ___
  8. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC THỪA THIÊN HUẾ 2017-2018 Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2017 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - Học sinh làm cách khác đáp án nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài chấm điểm lẻ đến 0,25. - Đáp án chấm này gồm 04 trang. Câu 1: (1,5 điểm) a) Tìm x để biểu thức A = x -1 có nghĩa. (0,5đ) Biểu thức A có nghĩa khi và chỉ khi x 1 0 0,25 x 1. 0,25 Vậy khi x 1 thì biểu thức A có nghĩa. b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức (0,5đ) B = 32.2 + 23 - 52.2. B 32.2 22.2 52.2 3 2 2 2 5 2 0,25 5 2 5 2 0. 0,25 Vậy B = 0. a -1 a a -1 c) Rút gọn biểu thức C = - víi a 0 vµ a 1. (0,5đ) a -1 a -1 a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 1 C 0,25 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a a a a 1 a a . Vậy C . 0,25 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 Câu 2: (1,5 điểm) x + 2y = 4 a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình (I). (0,5đ) 3x - y = 5 x 2(3x 5) 4 7x 14 Từ hệ (I) viết lại: 0,25 y 3x 5 y 3x 5 x 2 . y 1 0,25 Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1). 1 b) Cho hàm số y = - x2 có đồ thị (P). (1,0đ) 2 i) Vẽ đồ thị (P) của hàm số. 0,5đ x -2 -1 0 1 2 0,25
  9. Lập bảng đúng 1 1 y -2 0 -2 2 2 Vẽ đồ thị đúng y -2 -1 1 2 x -1 0,25 2 -2 ii) Cho đường thẳng y = mx +n ( ). Tìm m, n để đường thẳng ( ) song song với đường thẳng y = -2x + 5 (d) và có duy nhất một điểm chung 0,5đ với đồ thị (P). ( ) và (d) song song với nhau khi và chỉ khi m 2 và n 5. 0,25 Hoành độ giao điểm của ( ) và đồ thị (P) là nghiệm của phương trình 1 x2 2x n x2 4x 2n 0 (*). 2 0,25 ( ) và đồ thị (P) có duy nhất một điểm chung khi và chỉ khi (*) có nghiệm kép 0 4 2n 0 n 2 (thỏa điều kiện).n 5 Vậy m 2 và n 2. Câu 3: (1,0 điểm) Cho hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 5 giờ đầy bể. Nếu lúc đầu chỉ mở vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ rồi đóng lại, sau đó mở vòi thứ hai chảy trong 1 1 giờ thì ta được bể nước. Hỏi nếu mở riêng từng vòi thì thời gian để mỗi vòi chảy 4 đầy bể là bao nhiêu? Gọi x, y (giờ) lần lượt là thời gian để vòi thứ nhất, vòi thứ hai chảy riêng đầy bể (x > 5, y > 5). 0,25 1 1 Trong mỗi giờ, vòi thứ nhất, vòi thứ hai chảy được lần lượt là , bể. x y Nếu hai vòi cùng chảy vào bể, sau đúng 5 giờ, bể sẽ đầy nước nên ta có 1 1 1 1 1 0,25 phương trình .5 1 (1). x y x y 5 Mặt khác nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ rồi đóng lại, sau đó mở vòi 1 thứ hai chảy trong 1 giờ ta được bể nước, nên ta có phương trình 4 0,25 2 1 1 (2). x y 4 1 1 1 1 1 x 20 x y 5 x 20 Từ (1) và (2) ta có hệ: (thỏa điều kiện). 20 2 1 1 1 3 y 0,25 3 x y 4 y 20 Vậy vòi thứ nhất chảy riêng mất 20 giờ thì đầy bể; vòi thứ hai chảy riêng
  10. 20 mất giờ thì đầy bể. 3 Câu 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2 m +1 x + m2 + 5 = 0 (1), với x là ẩn số. a) Giải phương trình (1) khi m = 2 . (0,5đ) Khi m 2 , thì phương trình (1) trở thành: x2 6x 9 0. 0,25 x 3 2 0 x 3. 0,25 Vậy khi m 2 , phương trình (1) có nghiệm kép x1 x2 3. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x và x thỏa 1 2 (1,5đ) mãn đẳng thức sau: 2x1x2 - 5 x1 + x2 + 8 = 0 . 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m 1 m2 5 0 0,25 2m 4 0 m 2. 0,25 Với m 2 , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ,x. 1 x2 2 0,25 Khi đó ta cóx1 x2 2 m 1 và x1.x2 m 5 . 2 Do đó 2x1x2 5 x1 x2 8 0 2 m 5 10 m 1 8 0 0,25 2 m 1 m 5m 4 0 . 0,25 m 4 Vì m 2 nên m 4. 0,25 Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và D là hình chiếu vuông góc của B trên AO sao cho D nằm giữa A và O . Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của BD và AC, F là giao điểm của MD và AC , E là giao điểm thứ hai của BD với đường tròn (O), H là giao điểm của BF và AD . Chứng minh rằng: a) Tứ giác BDOM nội tiếp và M· OD + N· AE = 180o . (1,25đ) Vẽ đủ hình để giải câu a) cho 0,25 điểm A E F H N D O 0,25 C B M Ta có BD  OA (gt) B· DO 90o. 0,25 M là trung điểm BC nên OM  BC (tính chất đường kính và dây cung)
  11. B· MO 90o. Tứ giác BDOM có B· DO B· MO 90o 90o 180o nên tứ giác nội tiếp. 0,25 Ta có M· OD M· BD 180o (vì tứ giác BDOM nội tiếp). 0,25 Mặt khácC· BE C· AE (do cùng chắn cung C»E của đường tròn (O)) 0,25 nên M· OD N· AE 180o. b) DF song song với CE, từ đó suy ra NE.NF = NC.ND . (0,75đ) Ta có OD vuông góc với BE suy ra D là trung điểm của BE (tính chất đường 0,25 kính và dây cung). Tam giác BEC có MD là đường trung bình nên MD song song EC suy ra 0,25 DF//CE. NF ND Vì DF//CE nên NFD NCE suy ra NE.NF NC.ND . 0,25 NC NE c)CA là tia phân giác của góc B· CE . (0,5đ) Tam giác ABE có AD vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên tam 0,25 giác ABE cân tại A suy ra AB = AE A»B A»E. Suy ra A· CB A· CE (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau). 0,25 Vậy CA là tia phân giác của góc B· CE . d) HN vuông góc với .AB (0,5đ) Do F· DN N· EC (slt) . Mà N· EC B· AC (góc nội tiếp chắn cung B»C ) 0,25 B· AC F· DN Tứ giác AFDB nội tiếp. · · o Do đó AFB ADB 90 (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung). 0,25 Suy ra BF  AN nên H là trực tâm của tam giác ABN hay HN  AB. Câu 6: (1,0 điểm) Một cốc nước dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3 cm, chiều cao bằng 12 cm và chứa một lượng nước cao 10 cm. Người ta thả từ từ 3 viên bi làm bằng thủy tinh có cùng đường kính bằng 2 cm vào cốc nước. Hỏi mực nước trong cốc lúc này cao bao nhiêu? Đường kính của 1 viên bi bằng 2 cm nên tổng thể tích của 3 viên bi là 0,25 4 (cm3 ) Gọi h là chiều cao mực nước dâng lên so với mực nước ban đầu sau khi thả 0,25 bi vào. Ta có phương trình 32 h 4 4 h (cm) 0,25 9 4 94 Chiều cao của mực nước trong cốc lúc này là .10 (cm) 0,25 9 9 ___HẾT___
  12. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 - 2018 NINH BÌNH Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC 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: x 2 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 P· OE O· FQ 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 3a 2 2ab 3b2 3b2 2bc 3c2 3c2 2ca 3a 2 Hết
  13. SƠ LƯỢC LỜI GIẢI Câu 1 (2,5 điểm). a) A 3( 12 3) 3(2 3 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 x 2y 4 6x 12 x 2 x 2 c) 5x 2y 8 2y 4 x 2y 2 y 1 Câu 2 (2,0 điểm). Xét phương trình: x 2 2(m 2)x 4m 1 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số) a) Với m = 2, ta có pt: x 2 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) m2 5 0 m Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 2 +) x1 x 2 30 (x1 x 2 ) 2x1x 2 30 (*) Do x1, x2 là hai nghiệm của pt (1), theo Viet: x1 x 2 2(m 2); x1.x 2 4m 1 Từ (*) suy ra: 4(m 2)2 2(4m 1) 30 m2 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 x 2 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 · 0 CAO 90 0 C· AO C· BO 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
  14. C· AM C· NA CM CA +) Có: CAM : CNA CM.CN CA2 (3) µ C Chung CA CN Từ (2) và (3) suy ra : CH.CO CM.CN c) Chứng minh P· OE O· FQ +) O· FQ O· CF C· OF O· CP C· OF A· OP C· OF 1 1 ) P· OE P· OA A· OE A· OP A· OM A· OP (1800 A· EM) 2 2 1 1 1 A· OP 900 (E· CF C· FE) A· OP 900 (1800 A· OB) (1800 M· FB) 2 2 2 1 1 A· OP A· OB (1800 1800 M· OB) A· OP C· OB B· OF A· OP C· OF 2 2 Vậy: P· OE O· FQ d) Chứng minh: PE QF PQ +) Áp dụng BĐT Cô si: PE QF 2 PE.QF (4) +) CM: CPQ cân tại C O· PE F· QO kết hợp P· OE O· FQ 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: 3a 2 2ab 3b2 (a b)2 2(a b)2 2(a b)2 (a b) 2 T.tự: 3b2 2bc 3c2 (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) (b 1) (c 1) 3 2 a 2 b 2 c 3 2.3 3 3 Vậy: P 6 2 a b;b c;c a P 6 2 a 1; b 1; c 1 a b c 1 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. b 1. 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
  15. TP HỒ CHI MINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày thi 3 tháng 6 năm 2017 Bài 1: 1) Giải phương trình : x2 = (x – 1)(3x – 2) 2) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100m. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài là 40m. Bài 2: Trong mp(Oxy) 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x 2 4 3 b) Cho đường thẳng (D): y = x m đi qua điểm C(6; 7). Tìm tọa độ giao điểm của (D) và 2 (P). Bài 3: 14 6 3 a) Thu gọn các biểu thức sau: A = (3 + 1) 5 3 b) 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. Cho biết đoạn đường thẳng AB dài 762 mét, góc A = 60, góc B = 40. Tính chiều cao h của con dốc. Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc 4km/giờ. Tốc độ trung bình xuống dốc 19km/giờ. Bài 4: Cho phương trình x2 – (2m – 1)x + m2 – 1 = 0 (1) a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. 2 b) Định m để hai nghiệm x1, x2 của phương trình thỏa mãn : (x1 – x2) = x1 – 3x2. Bài 5: Cho DABC vuông tại A, đường tròn tâm O đường kính AB cắt 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) CM: Tứ giác ACDH nội tiếp và CHD = ABC b) CM: Hai tam giác DOHB và DOBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của BHD c) Gọi K là trung điểm BD, CM: MD.BC = MB.CD và MB.MD = MK.MC. e) Gọi E là giao điểm AM và OK ; J là giao điểm IM và (O) (J I). Chứng minh hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm nằm trên (O). Hết
  16. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x2 (x 1)(3x 2) x2 3x2 5x 2 2x2 5x 2 0 a) 1.0 9 1 Câu 1 x 2;x 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). a) y 0.75 4 2 1 Câu 2 (1,5đ) -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 2 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): 0.75 1 3 x2 x 2 x2 6x 8 0 4 2 Giải được x1 = 4; x2 = 2 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). Câu 3 1) Cách 1: 0.5
  17. (1,5đ) 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 22 2 3 1 3 1 3 1 3 1 2 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.tan 60 và h (762 x).tan 40 x.tan 60 (762 x).tan 40 x.(tan 60 tan 40 ) 762.tan 40 762.tan 40 x tan 60 tan 40 762.tan 40 2a) h  tan 60 32(m) 0.5 tan 60 tan 40 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 h AB : 762 : 0 0 32(m) tan A tan B tan 6 tan 4 Tính được: h h AC 306(m) ; CB 459(m) sin A sin B Thời gian An đi từ nhà đến trường là: 2b) 0.5 0,306 0,459 t 0,1(h) 4 19 An đến trường vào khoảng 6 giờ 10 phút. = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m a) 5 0.5 Câu 4 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 4 (1,5đ) 5 b) Phương trình có nghiệm m 1.0 4
  18. x1 x2 2m 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 1 Theo đề bài: 2 x1 x2 x1 3x2 2 x1 x2 4x1x2 x1 3x2 2 2 2m 1 4 m 1 x1 3x2 x1 3x2 5 4m m 1 x1 x1 x2 2m 1 2 Ta có hệ phương trình: x 3x 5 4m 3(m 1) 1 2 x 2 2 m 1 3(m 1)  m2 1 2 2 3 m2 1 4 m2 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 0.25 1 2 1 A B O Câu 5 F (3,5đ) Ta có: A· DB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · 0 · ADC 90 (kề bù với ADB ) 0.5 Tứ giác ACDH có A· HC A· DC 900 a) Tứ giác ACDH nội tiếp Tứ giác ACDH nội tiếp Aµ 1 Hµ 1 Mà Aµ 1 A· BC (cùng phụ với góc ACB) 0.25 Hµ 1 A· BC Áp dụng hệ thức lượng vào vuông AOC, có: OA2 = OH.OC b) OB2 = OH.OC (vì OA = OB) 0.5 OB OH OC OB
  19. OB OH OHB và OBC có: B· OC chung ; OC OB OHB OBC (c.g.c) µ · µ µ µ · OHB OBC H4 OBC H4 H1 do H1 ABC µ µ µ µ 0 0.25 Mà H1 H2 H3 H4 90 Hµ 2 Hµ 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). OAN cân tại O, có OH là đường cao Oµ 1 Oµ 2 ONC OAC (c.g.c) O· NC O· AC 900 (O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính c) OK  BD O· KC 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. C 0.5 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 Cµ 1 J1 MK MJ µ µ 0 · µ  Mà C1 E1 90 COE E1 J1 d) Tứ giác EJKM nội tiếp E· JM E· KM 900 0.75 Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O) I¶JF 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) E· JF 1800 E, J, F thẳng hàng OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O). (Phần này tương tự phần c) đề năm học 2013 – 2014)
  20. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2017 – 2018 Môn thi : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC . Bài 1 : (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 2 1) A 3 3 2 12 27 ; 2) B 3 5 6 2 5 . Bài 2: (1.5 điểm) Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 4x 9 . 1) Vẽ đồ thị (P); 2) Viết phương trình đường thẳng (d1) biết (d1) song song (d) và (d1) tiếp xúc (P). Bài 3 :(2,5 điểm) 2x y 5 2017 1) Giải hệ phương trình . Tính P x y với x, y vừa tìm được. x 5y 3 2) Cho phương trình x2 10mx 9m 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 1; b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa điều kiện x1 9x2 0 . Bài 4:(1,5 điểm) Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường. Nếu hai đội cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc chậm hơn đội II là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội đắp xong đê trong bao nhiêu ngày? Bài 5: (3,5 điểm) Ta giác AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ MH vuông góc AB (H AB), MH cắt đường tròn tại N. Biết MA = 10cm, AB = 12cm. a) Tính MH và bán kính R của đường tròn; b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 NE.ND và AC.BE BC.AE ; c) Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Hết
  21. ĐÁP ÁN: Bài 1: 1) A 3 3 2 12 27 3 3 4 3 3 3 4 3 ; 2 2) B 3 5 6 2 5 3 5 5 1 2 Bài 2: 1) parabol (P) qua 5 điểm 0;0 , 1;1 , 1;1 , 2;4 , 2;4 y 4 1 -2 -1 O 1 2 x 2) (d1) song song (d) (d1) : y 4x b (b 9) (d1) tiếp xúc (P) khi phương trình hoàng độ giao điểm của hai đường x2 4x b x2 4x b 0 có nghiệm kép 4 b 0 b 4 (d1) : y 4x 4 Bài 3: 2x y 5 10x 5y 25 11x 22 x 2 x 2 1) x 5y 3 x 5y 3 x 5y 3 2 5y 3 y 1 P 2 1 2017 1 2) x2 10mx 9m 0 (1) a) m 1 x2 10x 9 0 có a + b + c = 1 10 + 9 = 0 nên có 2 nghiệm phân c biệt x 1, x 9 1 2 a b) Điều kiện (1) có 2 nghiệm phân biệt là 25m2 9m 0 (*)
  22. Theo Viét, theo đề, ta có: x1 x2 10m 10x2 10m x2 m x2 m x1 9x2 0 x1 9x2 0 x1 9m x1 9m,(*) m 1 x x 9m x x 9m 2 m 0 1 2 1 2 9m 9m 0 m 1 Bài 4: Cách 1: Gọi thời gian làm một mình xong việc của đội I là : x (ngày) ; x > 6 và thời gian làm một mình xong việc của đội II là y(ngày) ; y > 6. Ta có phương trình : x y = 9. 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương trình x y 1 1 1 x y 6 x y 9 x 9 y x 9 y x 9 y x 18 Giải hệ 1 1 1 1 1 1 2 y 9 y 3y 54 0 y 9 x y 6 9 y y 6 y 6(l) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Cách 2: Gọi x(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội I (x > 9), x 9(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội II. 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương trình x x 9 1 1 1 x x 9 6 1 1 1 2 x 18 Giải phương trình: x 21x 54 0 ( = 225) x x 9 6 x 3(l) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Bài 5:
  23. M O D I A H E B C N a) Theo t/c đường kính và dây cung H trung điểm AB AH = 6cm AMH vuông tại H MH = AM 2 AH 2 102 62 8cm AMN vuông tại A, đường cao AH AH 2 36 AH 2 HM.HN HN 4,5cm MH 8 MN MH HN 8 4,5 Bán kính R 6,25cm 2 2 2 b) M· DN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), M· HE 900 (MHAB) M· DE M· HE 1800 tứ giác MDEH nội tiếp. NBE và NDB có góc N chung, N· BE N· DB (cùng chắn hai cung bằng nhau là cung NA, NB t/c đường kính và dây cung) NB NE NBE đồng dạng NDB NB2 NE.ND ND NB Ta có cung NA bằng cung NB (t/c đường kính và dây cung) góc ADE bằng góc EDB DE là phân giác trong của ABD. Vì ED  DC Dc là phân giác ngoài ABD DA EA CA AC.BE BC.AE DB EB CB c) Kẻ EI // AM (I BM) AMB đồng dạng EIB EIB cân tại I IE = IB. Gọi (O ) là đường tròn tâm I ngoại tiếp EBD . Ta có NB  BM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) BN  BI BN là tiếp tuyến đường tròn (O ) E· BN E· D B (cùng chắn cung BE) Mặt khác trên đường tròn (O), E· BN E· DB (cùng chắn hai cung bằng nhau NA, NB) D nằm trên đường tròn (O ) NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
  24. 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 4 2 a/ b/ 16x 8x 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. 2x1x2 3 b/ Cho biểu thức B 2 2 . Tìm giá trị của m để B = 1. x1 x2 2 1 x1x2 Bài II. (2,0 điểm) Cho parabol P : y 2x2 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 A· CB . 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
  25. HƯỚNG DẪN 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 4 5 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 2x x 3 2x x 3 2x x 3 B 1 2 1 2 1 2 x2 x2 2 1 x x 2 2 1 2 1 2 x1 x2 2x1x2 2 1 x1x2 x1 x2 2 2 m 1 3 2m 1 m2 2 m2 2 2m 1 2 B 1 1 2m 1 m2 2 m2 2m 1 0 m 1 0 m 1 m2 2 Bài II. 2 y Cho parabol P : y 2x và đường thẳng d : y x 1 . 7 y=2x2 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 2 ; 1 B(1;2) 2 A(-1/2;1/2) 1 x -13 -121-11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -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 -4 2 2 2 2 2 2 1 1 3 -35 3 2 AB xB xA yB yA 1 2 -6 (đ.v.đ.d) 2 2 2 2 2 -7 -8 Bài III. -9 Gọi x(km/h) là vận tốc xe máy (x > 0) thì vận tốc ôtô là x + 10(km/h) -10 -11 150 150 1 Theo đề bài ta có phương trình: (1) x x 10 2 (1)⇔ x 2 + 10x – 3000 = 0 ⇔ x = 50 (nhận) hoặc x = -60 (loại) Vậy: vận tốc xe máy là 50(km/h), vận tốc ôtô là 60(km/h) Bài IV. C M N D A B O
  26. 1. Tính số đo A· CB . Vì M là điểm chính giữa cung AB nên MA = MB; A· MB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Suy ra tam giác AMB vuông cân tại M. Từ đó: M· AB 450 Tam giác ABC vuông tại B có C· AB 450 nên là tam giác vuông cân tại B. Suy ra A· CB 450 2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một đường tròn. 1 Ta có: A· NM 450 (góc nội tiếp chắn cung AM bằng 4 đường tròn) Lại có: M· CD 450 (vì A· CB 450 ) Tứ giác MNDC có M· CD A· NM 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: C· AD N· AM (1)A· NM 450 (góc nội tiếp chắn đường tròn); 4 A· CD A· CB 450 (câu c). Nên A· NM A· CD 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 10 cm h l2 r2 262 102 26 10 26 10 16.36 24 cm 1 1 V r2h 102.24 800 cm3 3 3
  27. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút ( Đề gổm 1 trang, có 5 câu ). Câu 1. ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x2 9x 20 0 7x 3y=4 2) Giải hệ phương trình : 4x y=5 3) Giải phương trình x4 2x2 3 0 Câu 2. ( 2,25 điểm ) 1 Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) 2 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ). Câu 3. ( 1,75 điểm ) a 2 a 2 4 1) Cho a > 0 và a 4 . Rút gọn biểu thức T . a a 2 a 2 a 2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau. Câu 4 : ( 0,75 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – 1 )x + m2 – 1 = 0 2 2 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức P = ( x1 ) + ( x2 ) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 : ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc C· AB, A· BC, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3) Chứng minh 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 D· IJ D· FC HẾT
  28. Hướng dẫn giải THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1. ( 2,25 điểm ) 2 1) Giải phương trình x 9x 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 2x 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 ) Câu 4 : ( 0,75 điểm )
  29. 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: A· FH 900 ; A· EH 900 Nên A· FH A· EH 900 900 1800 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 tiếp ΔBEF Áp dụng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, chứng minh: O· EB O· BE và M· EH B· HD M· HE Mà B· HD + O· BE 900 (ΔHDB vuông tại D ) Nên O· EB + M· EH 900 Suy ra M· EO 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 D· IJ D· FC Chứng minh ΔDBF ΔDEC (ΔABC ) B· DF E· DC B· DI I·DF E· DJ J·DC I·DJ F· DC 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 D· IJ D· FC
  30. 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
  31. HƯỚNG DẪN GIẢI: 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 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: 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
  32. 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 = 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:
  33. 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: 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 2a 3b 5ab (a b)(2a 3b) 0 2a 3b 7 61 x (TM ) 2 2 1)a b x 7x 3 0 7 61 x (KTM ) 2 x 9(tm) 2 2)2a 3b 4x 33x 27 0 3 x (ktm) 4 7 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  . 2 
  34. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017-2018 THANH HÓA Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC 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 2y 6 2. Giải hệ phương trình: x 2y 10 Câu II: (2,0 điểm) 4 y 8y y 1 2 Cho biểu thức A : , với y 0, y 4, y 9 . 2 y 4 y y 2 y y 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm y để A 2 . Câu III: (2,0điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 2x 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, x2 thỏa mãn: x1 2x2 x1x2 16 . Câu IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2R . 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 2ME 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 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c Hết . HƯỚNG DẪN Câu I: (2,0 điểm)
  35. 1. a) Thay n = 0 Cho phương trình: nx2 x 2 0 ta có: x-2 = 0 x = 2 Vậy với n = 0 thì phương trình có nghiệm x = 2 b) Thay n = 1 Cho phương trình: x 2 x 2 0 phương trình bậc hai ẩn x có dạng a+ b + c = 0 nên phương trình có 1 nghiệm x1= 1 áp dụng hệ thức viét ta có x2 =-2; Vậy với n = 1 thì phương trình có 2 nghiệm x1= 1 và x2 =-2 3x 2y 6 4x 16 x 4 x 4 2. Giải hệ phương trình: x 2y 10 x 2y 10 2y 6 y 3 x 4 Vậy nghiệm của hệ phương trình y 3 Câu II: (2,0 điểm), với y 0, y 4, y 9 . 4 y 8y y 1 2 1. Rút gọn biểu thức A : 2 y 4 y y 2 y y 4 y. 2 y 8y y 1 2 y 2 8 y 4y. 8y y 1 2 y 4 A= : = : 2 y 2 y y. y 2 2 y 2 y y. y 2 8 y. 4y y 3 4 y 2 y y. y 2 4y A= : = . = 2 y 2 y y. y 2 2 y 2 y 3 y 3 y 4y 2. Thay A 2 vào ta có =-2 4y=- 6 + 2y 4y + 2y - 6 = 0 3 y Đặt t = y 0 nên t2 = y 4t2 + 2t - 6 = 0 2t2 + t - 3 = 0 có dạng a+ b + c = 0 nên phương trình có 1 nghiệm t1= 1 (Thỏa mãn) áp dụng hệ thức vi ét 3 ta có t2 =- 0; 4 – n >0 n < 4 x1 x2 2 2 theo hệ thức vi ét ta có mà x1 2x2 x1x2 16 x1.x2 n 3 x2 2x x x2 x x 2x x2 16 1 1 2 2 1 2 2 2 2 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 Thỏa mãn Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần 2 lượt là x1, x2 thỏa mãn: x1 2x2 x1x2 16 . Câu IV: (3,0 điểm) 1) Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp Vì P là trung điẻm của ME nên OP  ME hay QP  MF tại P FPˆO 900 mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN FQ tại N
  36. FNˆO 900 Nên FPˆO FNˆO 900 vì FPˆO và FNˆO là hai góc dối của tứ giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp F E P N M O D Q 2) Xét MFQ ta có QP MF QP là đường cao MN  FQ MN là đường cao vì MN cắt QP tại O nên O là trực tâm của MFQ OF chứa đường cao MFQ suy ra OF  MQ Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có MPˆO QPˆF 900 PMˆO PQˆF (Cùng phụ với PFˆN ) 2 tam giác vuông MPO và QPF đồng dạng PO MP ` PO.PQ MP.PF PF PQ 3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2ME đạt giá trị nhỏ nhất Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF cóMPˆO 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 (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 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 MN Câu V: 1 1 1 1 Nếu với mọi x;y;z;t > 0 ta có: (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 x x x y y y y z z z z (x + y + z + t) + + + x y z t x y z t x y z t x y z t t t t t x y x z x t y z y t t z + = 4+ ( )+( ) + ( )+( )+( )+( ) x y z t y x z x t x z y t y z t
  37. 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 1 1 1 1 1 (x + y + z + t) 16 vì x;y;z;t > 0 x y z t 16 x y z t x y z t Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có: 1 1 1 P 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c 1 1 1 b c b c b a c a a c a c a b b c a b a b a c b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 b c b c b a c a 16 a c a c a b b c 1 1 1 1 1 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 3 a b c . 4034 2017 3 Vậy MaxP a b c 4 4034 Hướng dẫn (Nguyễn Văn Bằng-Trường THCS Bắc Sơn) Dùng bất đẳng thức Cauchy chứng minh: với các số dương x;y;z;t 1 1 1 1 1 1 1 1 16 (x y z t)( ) 16 x y z t x y z t x y z t Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=t áp dụng vào bài toán ta có: 1 1 16 1 1 1 2 . ( ) 2a 3b 3c 16 (a b) (a c) (b c) (b c) 16 a b a c b c Từ đó tìm được Max P=504,25 dấu “=” xảy ra khi a=b=c= 3 4034 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH.
  38. 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 2m 1 x 3 song song với đường thẳng (d ') : y 5x 6 3 Câu 4: (1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y x2 2 Câu 5: (1,0 điểm) ax y 1 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 x2 x1 x2 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 B· AC 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 Hết Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: GỢI Ý ĐÁP ÁN
  39. Câu 1 Tính T = 36 9 49 1 điểm Ta có: T = 62 32 72 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 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 2m 1 x 3 song song với đường thẳng Câu 3 1 điểm (d ') : y 5x 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 3b 5 2a 4 a 2 a 2 2a 3b 5 4 3b 5 b 3 a 2 ax y 1 Vậy thì hệ phương trình có một nghiệm b 3 ax by 5
  40. là (2; –3) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc cạnh BC) Câu 6 1 điểm biết AB = a , BC = 2a. Tính theo a độ dài AC và AH. C/minh: (gợi ý) 2 Tìm m để phương trình x x m 2 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Câu 7 3 3 2 2 1 điểm thỏa x1 x2 x1 x2 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 x .x m 2 1 2 a 3 3 2 2 Do: x1 x2 x1 x2 17 3 3 2 2 3 2 2 Nên: x1 x2 x1 x2 (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 5 57 3 3 2 2 Vậy m = thì hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa x x x x 17 2 1 2 1 2 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 .
  41. Cho tam giác ABC có B· AC 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) 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 AH Câu 10 trong tam giác ABC cắt đường tròn đó tại K (K khác A) , Biết = 1 điểm HK 15 . Tính ·ACB 5 Cách 1 C/minh: (gợi ý) Cách 2
  42. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH TẠO VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 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 xA 1; xB 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: x(m2 là2 (thamm 1 số).)x m2 m 1 0 a) Giải phương trình với .m 0 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : 1 1 4 . x1 x2 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 S 4.AI 2 Câu 5 (1,0 điểm) 3 2 Giải phương trình : x3 4 3 (x2 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.
  43. 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 x2 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 x 1 3 thì y 3 2 1 3 1 2 3 0.75 Với x 1 3 thì y 3 2 1 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 A A 2 2 1 a) x 2 y  22 2 0.75 B B 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 OC2 OD2 12 22 4 2 5 h 5 x2 2(m 1)x m2 m 1 0 (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x2 2x 1 0 a) 1.0 Câu 3 ' 2 ; x1,2 1 2 (2,0đ) Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là x1,2 1 2 . ' m 2 b) 1.0 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m 2
  44. x1 x2 2(m 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m m 1 Do đó: 1 1 x1 x2 2(m 1) 4 4 2 4 x1 x2 x1x2 m m 1 2 2 m 1 m m 1 0 m m 1 0 3 m 1 2(m2 m 1) 2m2 m 3 0 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 Tứ giác AHIK có: Câu 4 A· HI 900 (IH  AB) (3,0đ) a) A· KI 900 (IK  AD) 0.75 A· HI A· KI 1800 Tứ giác AHIK nội tiếp. IAD và IBC có: Aµ 1 Bµ 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 Aµ 1 Hµ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) Mà Aµ 1 Bµ 1 Hµ 1 Bµ 1 c) 0.75 Chứng minh tương tự, ta được Kµ 1 Dµ 1 HIK và BCD có: Hµ 1 Bµ 1 ; Kµ 1 Dµ 1 HIK BCD (g.g)
  45. 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 HK2 HK2 HK2 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 (x2 4)2 4 . ĐK: x 3 4 Đặt: x3 4 u2 (2); 3 x2 4 v (v 1 ) v3 4 x2 (3) 3 2 Khi đó phương trình (1) u2 v2 4 hay u3 4 v2 (4) Câu 5 Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: 3 2 3 2 1.0 (1,0đ) x 4 u (2) x u = 4 (2) 3 2 3 2 v 4 x (3) v x = 4 (3) 3 2 3 2 u 4 v (4) u v = 4 (4) Từ (2), (3), (4) x3 u2 ; v3 x2 ; u3 v2 Mà x,u,v 1 x u ; v x ; u v . Vậy x u v Từ đó ta có: x3 4 x2 x 2 x2 x 2 0 x 2 (T/m) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 . SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2017 – 2018
  46. 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 12x 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 x2 để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn : 2 x2 x1 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 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’). Hết
  47. 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 CHÍNH THỨC (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) Tìm m để phương trình: x2 5x 3m 1 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm 3 3 x1, 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 x 1 y 1 z 1 nhất của biểu thức: Q . 1 y2 1 z2 1 x2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
  48. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM 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 I x 0.25 2 x 2 3x y 5 x 1 2 1,00 3 x y y 2 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 1,12y 1000 y 500 Đáp số 400, 500 II 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
  49. A E F M IV O 0,25 N H B a)· · 900 · · 1800 . Mà hai góc đối nhau MAO MBO MAO MBO 0,75 nên tứ giác MAOB nội tiếp 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) MA MF MA2 MF.ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO, có: MA2 = MH.MO ME MO Do đó: ME.MF = MH.MO MH MF MFH MOE (c.g.c) · · MHF MEO 1 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
  50. 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 0,25 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: y ; z ; Suy ra 1 z2 2 1 x2 2 x y z xy yz zx xy yz zx M x y z 3 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 V 2 2 2 1,00 Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 Xét: N , ta có: 1 y2 1 z2 1 x2 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
  51. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2017 – 2018 KHÓA NGÀY 08/06/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN THỜI GIAN 120 PHÚT Câu 1 (2,0 điểm) giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: 3x 2y 9 4 2 a) 2x2 9x 10 0 b) c) x 1 8 x 1 9 0 x 3y 10 1 Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol P : y x2 và đường thẳng 2 1 3 d : y x . 4 2 a) Vẽ đồ thị P . b) Gọi A x1 ; y1 , B x2 ; y2 lần lượt là các giao điểm của P và d .Tính giá trị của x x biểu thức: T 1 2 . y1 y2 1 1 1 2 Câu 3 (1,0 điểm) Cho biểu thức: P 1 . , x 0; x 1 . x x 1 x 1 x 1 Rút gọn biểu thức P và tìm các giá trị của x để P 1 . Câu 4 (1,0 điểm). Để chuẩn bị tham gia hội khỏe phù đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội 1 dung đánh đôi nam nữ (một nam kết hợp một nữ). Thầy Thành chọn số học sinh nam 2 5 kết hợp với số học sinh nữ của lớp để lập thành các cặp thi đấu. Sau khi đã chọn được 8 số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên. Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh? Câu 5 (1,0 điểm). Cho phương trình x2 m 4 x 2m2 5m 3 0 (m là tham số). Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho tích của hai nghiệm này bằng 30. Khi đó, tính tổng hai nghiệm của phương trình. Câu 6 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E .Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE. a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm củaI đường tròn này. b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM.CB = CE.CA. c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O). · 0 · 0 d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết ABC = 45 , ACB = 60 và BC = 2R.
  52. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TOÁN TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2017 – 2018 THÀNH PHỐ CẦN THƠ Câu 1 (2,0 điểm) a) 2x2 9x 10 0 2 Ta có: 9 4.2.10 81 80 1 1 ( 9) 1 10 5 ( 9) 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x ; x 2. 1 2.2 4 2 2 2.2 3x 2y 9 1 b) x 3y 10 2 * Phương pháp thế: Từ 2 x 3y 10 3 Thay 3 vào 1 ta có: 3 3y 10 2y 9 9y 30 2y 9 7y 21 y 3 y 3 x 3. 3 10 1. Vậy hệ có nghiệm * Phương pháp cộng đại số: Ta có: 3x 2y 9 1 3x 2y 9 * x 3y 10 2 3x 9y 30 * * Lấy * trừ * * ta được: 7y 21 y 3 Thay y 3 vào 2 : x 3. 3 10 x 1. x 1 Vậy hệ có nghiệm . y 3 4 2 2 c) x 1 8 x 1 9 0 1 . Đặt t x 1 , t 0 Khi đó ta có phương trình 2 t 1 (l) tương đương với: t 8t 9 0 t 9 (n) 2 x 1 3 x 2 Với t 9 x 1 9 . x 1 3 x 4 Vậy tập nghiệm của phương trình 1 là: S 2; 4.
  53. Câu 2 (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị P . x 2 1 0 1 2 1 2 1 1 y x 2 0 2 2 2 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của P và (là:d) 1 1 3 x2 x 2 4 2 2x2 x 6 2x2 x 6 0 x 2 1 3 x 2 2 Với x1 2 y1 2 A 2; 2 3 9 3 9 Với x2 y2 B ; 2 8 2 8 3 2 x x 2 4 Thay các giá trị vào biểu thức T ta được: T 1 2 . y y 9 25 1 2 2 8 Câu 3 (1,0 điểm) Điều kiện: x 0, x 1 . 1 1 1 2 x 1 1 1 2 P 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 1 2 x 2 x 1 2 x 1 2 . . . x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 x
  54. 2 Để P 1 1 x 2 x 4. x 0 x 4 Kết hợp với điều kiện, suy ra các giá trị của x cần tìm là: x 1 Câu 4 (1,0 điểm). Gọi x, y lần lượt là số học sinh nam và nữ của lớp 9A. Điều kiện: x, y 0; x, y nguyên. 1 1 số học sinh nam của lớp 9A được chọn là x (học sinh) 2 2 5 5 số học sinh nữ của lớp 9A được chọn là y (học sinh) 8 8 1 5 Tổng số học sinh của lớp 9A được chọn là x y (học sinh) 2 8 Để chọn ra các cặp thi đấu thì số học sinh nam được chọn phải bằng số học sinh nữ 1 5 được chọn, nên ta có: x y 1 2 8 1 5 Số học sinh còn lại của lớp 9A là 16 học sinh nên: x y x y 16 2 2 8 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 1 5 x y 2 8 x 20 1 5 y 16 x y x y 16 2 8 Vậy lớp 9A có tất cả 36 học sinh. Câu 5 (1,0 điểm). 2 2 Ta có: m 4 4 2m 5m 3 m2 8m 16 8m2 20m 12 9m2 12m 4 2 3m 2 2 2 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt: 0 3m 2 0 m 3 Theo đề bài ta có :
  55. 2 x1.x2 30 2m 5m 3 30 m 3 (n) 2 2m 5m 33 0 11 m (l) 2 So với điều kiện và m phải nhận giá trị nguyên, nên chỉ có m 3 thỏa đề bài. Khi đó, tổng hai nghiệm là: x1 x2 m 4 3 4 1. Câu 6 (3,5 điểm). a) Ta có : · 0 BDC = 90 (chắn nửa đường tròn) · 0 BEC = 90 (chắn nửa đường tròn) · · 0 · · 0 Suy ra : ADH = BDC = 90 , AEH = BEC = 90 Xét tứ giác ADHE có: · · 0 0 0 ADH + AEH = 90 + 90 = 180 Tứ giác ADHE có hai góc đối bù nhau. Vậy tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. * Xét tam giác ADH và Acó:EH - D nhìn cạnh AH dưới một góc 900 nên 3 điểm A, D, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH. - E nhìn cạnh AH dưới một góc 900 nên 3 điểm A, E, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH. Vậy 4 điểm A, D, H, E cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH. b) Xét hai tam giác CBE và CAM có : · ACM là góc chung · · 0 AMC = BEC = 90 (chứng minh trên) Suy ra hai tam giác CBE và CAM đồng dạng CM CA Þ = Þ CM.CB = CE.CA. CE CB c) Ta có : · · IDH = IHD (do ΔIDH cân tại I) (1) · · IHD = CHM (đối đỉnh) (2) · · Mặt khác :ODC = OCD (do ΔODC cân tại O) (3)
  56. Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có : · · 0 CHM + MCH = 90 (4) · · 0 Từ (suy 1), (ra:2) , (3), (4) IDH + ODC = 90 Suy ra : ID ^ DO Vậy ID là tiếp tuyến của (O). d) Gọi BM = x Þ CM = 2R - x Xét ΔABM vuông tại M có : · 0 AM = BM.tan ABM = x.tan 45 = x (*) Xét ΔACM vuông tại M có : AM = CM.tan 600 = (2R - x).tan 600 = (2R - x). 3 (* *) Từ (*) và (* *), ta có : x = (2R - x) 3 Þ x = (3 - 3)R Vậy: AM = (3 - 3)R 1 1 Suy ra diện tích tam giác ABC là : S = AM.BC = (3 - 3)R.2R = (3 - 3)R2 2 2 (đvdt).
  57. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2017– 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) Câu 1. (2 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: 5 a) Tính 18 2 2 ; 2 3x y 1 b) Giải hệ phương trình: x 2y 5 Câu 2. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = – 2x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – 4. a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ; b) Bằng phương pháp đại số, hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) . Câu 3. (2.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x – (2m + 1) = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2; b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m; c) Tìm m để phương trình (1) luôn có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau. Câu 4. (3.5 điểm) Cho đường tròn O, đường kinh AB. Tren tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M (M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH  AB (H AB), MB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn; b) AM2 = MK. MB ; c)K· AC O· MB ; d) N là trung điểm của CH. HẾT
  58. GỢI Ý GIẢI VÀ DỰ KIẾN THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm 1 5 5 2 18 2 2 = 3 2 2 2 0,50 a) 2 2 (1,00) 5 7 2 = (3 – 2 + )2 = 0,50 2 2 3x y 1 6x 2y 2 0,25 x 2y 5 x 2y 5 b) 7x 7 x 1 0,50 (1,00) x 2y 5 y 2 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm: 0,25 y 2 2 Vẽ (P): y = – 2x2: 0,25 Bảng giá trị của (P): x -2 -1 0 1 2 y = – 2x2 -8 -2 0 -2 -8 Vẽ (d): y = 2x – 4: Cho x = 0 y = – 4 (0; – 4) 0,25 Cho y = 0 x = 2 (2; 0) Vẽ (d) đi qua (0; – 4) và (2; 0). a) y (d) (1,00) -2 -1 0 1 2 x -2 -4 0,50 -8 (P) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): – 2x2 = 2x – 4 0,25 2x2 + 2x – 4 = 0 0,25 b) x 1 y 2 (1,00) 1 1 0,25 x2 2 y2 8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; –2) và (– 2; –8). 0,25 3 2 a) Với m = 2, phương trình trở thành: x – 2x – 3 = 0 0,25 (1,00) Phương trình có: a – b + c = 1 – (– 2) + (– 3) 0,25
  59. x1 1 pt có 2 nghiệm: 0,25 x2 3 Vậy khi m = 2, pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x = – 1; x = 3. 1 2 0,25 Pt (1) có: ' = [– (m – 1)]2 – 1. [– (2m + 1)] = m2 + 2 > 0,  m. 0,50 b) Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. (0,75) 0,25 S x1 x2 2m 2 Theo hệ thức Vi-ét: 0,25 P x1x2 (2m 1) Theo đề bài ta có x1, x2 là hai nghiệm đối nhau m 1 c) S 0 2m 2 0 0,25 (0,75) m = 1 (*) 1 P 0 (2m 1) 0 m 2 Vậy khi m = 1, pt (1) có 2 nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau. 0,25 4 M K C Hình vẽ Hình N đến (0,50) câu b A B O H 0,25 Chứng minh rằng tứ giác AKNH nội tiếp: ·AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),·AHN = 900 (CH 0,50 a)  AB) (1,00) ·AKB + ·AHN = 1800 0,25 Vậy tứ giác AKNH nội tiếp được đường tròn. 0,25 Chứng minh rằng AM2 = MK. MB: 0,25 b) ABM vuông tại A có AK  MB (0,50) AM2 = MK. MB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) 0,25
  60. M K C N I 0,25 A B O H Chứng minh rằng K· AC O· MB : Gọi I là giao điểm của AC và OM. MA = MC (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OC = R OM là đường trung trực của AC OM  AC 0,25 c) Ta có: M· IA = M· KA = 900 nhìn đoạn MA (0,75) Tứ giác AMKI nội tiếp đường tròn đường kính MA 0,25 Trong đường tròn đường kính MA: K· AI = K· MI (nội tiếp cùng chắn I»K ) K· AC =O· MB 0,25 Chứng minh rằng N là trung điểm của CH: ·ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BC AC OM  AC (cmt) OM // BC ·AOM = H· BC (so le trong) AOM và HBC có: ·AOM = H· BC và O· AM = B· HC = 900 AOM ∽ HBC (g.g) 0,25 AM OA AM .BH AM .BH = HC = = 2. (1) d) HC BH OA AB 0,75) MA  AB và CH  AB CH // MA BH HN ABM có CH // MA (cmt) = (hệ quả của định lý Ta- BA AM lét) AM .BH HN = (2) AB 0,25 HC Từ (1) và (2) HC = 2. HN HN = 2 N là trung điểm của CH. 0,25 Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn.
  61. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) THỨC Ngày thi: 3 tháng 6 năm 2017 Câu I. (2,5 điểm) 1. Giải hệ phương trình 2. Rút gọn biểu thức với Câu II. (2,0 điểm) Cho phương trình , với là tham số 1. Giải phương trình với . 2. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi . Gọi , là hai nghiệm của phương trình , lập phương trình bậc hai nhận và là nghiệm. Câu III. (1,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình. Một nhóm gồm 15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn nam trồng được 30 cây, các bạn nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau và mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và số học sinh nữ của nhóm, biết rằng mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây. Câu IV. (3,5 điểm) Từ điểm nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến , với đường tròn ( là các tiếp điểm). Lấy điểm trên cung nhỏ ( không trùng với và ). Từ điểm kẻ vuông góc với vuông góc với vuông góc với (D . Gọi là giao điểm của và là giao điểm của và . Chứng minh rằng: 1. Tứ giác nội tiếp một đường tròn. 2. Hai tam giác và đồng dạng. 3. Tia đối của là tia phân giác của góc . 4. Đường thẳng song song với đường thẳng Câu 5. (1,0 điểm) 1. Giải phương trình ( . 2. Cho bốn số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . Hết (Đề này gồm có 01 trang) Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
  62. Câu Phần Nội dung Điểm 2x 4 x 2 x 2 1) x y 5 x y 5 y 3 1.0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2; 3). x 2 1 1 x 2 x 2 x P Câu I x 2 x x x 2 x x 2 (2,5đ) x 4 x 2 x 2 x 2 2) 1.5 x x 2 x x 2 x x 2 Vậy P với x > 0. x Khi m = 2, ta có phương trình: x2 – 4x + 3 = 0 1) Vì a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: 0.75 x1 = 1; x2 = 3 Vậy khi m = 2 thì phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3. ' 1 0 m 0.5 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 x2 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 1 Biến đổi phương trình: 2 2 Câu x 2mx m 1 0 II x2 2mx m2 1 (2,0đ) x3 2mx2 m2x x 2) x3 2mx2 m2x 2 x 2 0.75 Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên: 3 2 2 3 2 2 x1 2mx1 m x1 2 x2 2mx2 m x2 2 x1 2 x2 2 x1 x2 4 2m 4 3 2 2 3 2 2 x1 2mx1 m x1 2 . x2 2mx2 m x2 2 x1 2 . x2 2 2 2 x1x2 2 x1 x2 4 m 1 2.2m 4 m 4m 3 Phương trình cần lập là: x2 2m 4 x m2 4m 3 0 . Gọi số học sinh nam là x (x N*; x < 15) Số học sinh nữ là 15 – x. 30 36 Mỗi bạn nam trồng được (cây), mỗi bạn nữ trồng được (cây). Câu x 15 x III Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có 1.0 (1,0đ) 30 36 phương trình: 1 x 15 x Giải phương trình được: x1 = 75 (loại) ; x2 = 6 (nhận) Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ.
  63. A 1 2 E 1 I C 1 1 1 D M x 2 2 O 0.25 K 1 F 1 2 B Tứ giác ADCE có: A· DC 900 CD  AB 1) A· EC 900 CE  MA 1.0 Câu IV A· DC A· EC 1800 (3,5đ) Tứ giác ADCE nội tiếp Tứ giác ADCE nội tiếp Aµ 1 Dµ 1 và Aµ 2 Eµ 1  Chứng minh tương tự, ta có Bµ 2 Dµ 2 và Bµ 1 F1 µ µ 1 » µ µ 1 » 2) Mà A1 B1 sđAC và A2 B2 sđBC 0.75 2 2  Dµ 1 F1 và Dµ 2 Eµ 1 CDE CFD (g.g) Vẽ Cx là tia đối của tia CD CDE CFD D· CE D· CF µ · µ · 0 3) Mà C1 DCE C2 DCF 180 0.75 Cµ 1 Cµ 2 Cx là tia phân giác của ECF Tứ giác CIDK có: 0 I·CK I·DK I·CK Dµ 1 Dµ 2 I·CK Bµ 1 Aµ 2 180 4) CIDK là tứ giác nội tiếp 0.75   I1 Dµ 2 I1 Aµ 2 IK // AB Giải phương trình: x2 x 1 x2 4x 1 6x2 Cách 1: Với x=0, ta thấy không là nghiệm của phương trình Câu Với x , chia cả hai vế của phương trình cho , ta được: V 1) = 0.5 (1,0đ) , rồi đặt ẩn phụ là đưa về phương trình ẩn t, rồi tìm được nghiệm x. Cách 2: Nhân đa thức với đa thức, chuyển vế đưa về phương trình bậc
  64. bốn. Nhẩm nghiệm được và có nhân tử là và phương trình bậc hai, dễ dàng tìm được nghiệm Cách 3: Đặt y = x2 + 1, phương trình trở thành: y x y 4x 6x2 y2 3xy 4x2 6x2 y2 3xy 10x2 0 y 2x y 5x 0 y 2x y 5x Với y = 2x thì x2 1 2x x2 2x 1 0 x 1 2 0 x 1 5 21 Với y = – 5x thì x2 1 5x x2 5x 1 0 x 2 5 21  Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;  2  Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. x y z x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . xyzt Với x, y, z, t > 0 theo bất đẳng thức Cô si ta có x y 2 xy;(x y) z 2 (x y)z;(x y z) t 2 (x y z)t Suy ra x y x y z x y z t 8 xyzt(x y)(x y z) Mà x + y + z + t = 2 suy ra x y x y z .2 8 xyzt(x y)(x y z) x y x y z 4 xyzt(x y)(x y z) 2) (x y)(x y z) 4 xyzt (x y)(x y z) 16xyzt 0.5 (x y z)(x y) 16xyzt Nên A 16 xyzt xyzt 1 x y x y 4 x y z 1 Dấu = xảy ra khi z x y z t 2 x y z t 2 t 1 1 1 Vậy Min A = 16 x y ;z ;t 1 4 2 ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
  65. NĂM HỌC: 2017-2018 Thời gian: 120 phút Bài 1(2điểm) a) b) c) Rút gọn biểu thức Bài 2(2điểm) Cho hàm số y = x2 ( P ) và y = 2x – m (d) a) Vẽ (P) b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất Bài 3(1điểm) Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm 300 cái giỏ tre. Trước khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân nên số giỏ trẻ phải làm của mỗi người giảm 3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu công nhân? Biết năng suất làm việc của mỗi người như nhau. Bài 4 (3đ) Cho nửa đường tròn (O;R) có đường kính AB. Trên OA lấy điểm H (H khác O, H khác A). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C. Trên cung BC lấy điểm M (M khác B, M khác C). Dựng CK vuông góc với AM tại K. a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh c) Gọi N là giao điểm của AM và CH. Tính theo R giá trị biểu thức P = AM.AN + BC2 Bài 5(1đ) a) Giải phương trình: b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình có nghiệm x1 , x2 . Tìm GTNN của biểu thức: Bài 6(0,5đ) Cho nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. OD cắt BC tại E. Qua D vẽ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AC tại K. đường thẳng OK cắt AB tại F. Tính tỉ số diện tích .
  66. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2017 - 2018 PHÚ YÊN . Câu 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn các biểu thức: A = √ 36 + √ 27 − √ 12 ; B = 4 √ 5 − 1 2. Giải phương trình: x 2 + 7x + 10 = 0. Câu 2. (2,0 điểm) Cho hai hàm số y = 3x và y = −x + 4. 1. Vẽ trên cùng một mặt phẳng toạn độ đồ thị của hai hàm số đã cho. 2. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng trên. Tìm tọa độ điểm M bằng phương pháp đại số. Câu 3. (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Một ca nô xuôi dòng một khúc sông dài 40 km, rồi ngược dòng khúc sông ấy mất 4 giờ 30 phút. Tính vận tốc thực của ca nô (khi nước yên lặng) biết vận tốc của dòng nước là 2 km/gi. Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, C là điểm chính giữa cung AB. Hai tiếp tuyến với đường tròn O tại A và C cắt nhau ở D. 1. Chứng minh AOCD là hình vuông. 2. Tính diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn O theo R. 3. Trên đoạn DC lấy điểm E sao cho DE = 1 3 DC. Trên đoạn BC lấy điểm F sao cho EF = EA. Kẻ F G vuông góc với đường thẳng DC (G ∈ DC). Tính độ dài đoạn thẳng CG theo R. 4. Chứng minh AECF là tứ giác nội tiếp. Câu 5. (1,0 điểm) Biết rằng các số x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x 2 + y 2 + xy Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2017 - 2018 KHÁNH HÒA Câu 1. (1,0 điểm) (Không sử dụng máy tính cầm tay) 1. Tính giá trị biểu thức T = r 1 2 − √ 5 − 1 √ 10 − √ 2 − p 3 − 2 √ 2. 2. Giải phương trình x − √ x − 10 = 0. Câu 2. (2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y = −3x 2 và hai điểm A − 1; −3 và B 2; 3 . 1. Chứng tỏ rằng điểm A thuộc parabol P . 2. Tìm tọa độ điểm C (C khác A) thuộc parabol P sao cho ba điểm A, B, C thẳng hàng. Câu 3. (2,0 điểm) 1. Tìm hai số, biết tổng của chúng bằng 7 và tích của chúng bằng 12.
  67. 2. Một hội trườngcó 300 ghế ngồi (loại ghế một người ngồi) được xếp thành nhiều dãy với số lượng ghế mỗi dãy là như nhau để tổ chức một sự kiện. Vì số người dự kiến đến 351 người nên người ta phải xếp thêm 1 dãy ghế có số lượng ghế như dãy ghế ban đầu và sao đó xếp thêm vào mỗi dãy 2 ghế (kể cả dãy ghế xếp thêm) để vừa đủ mỗi người một ghế. Hỏi ban đầu hội trường có bao dãy ghế? Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O; OA . Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho OI = 1 3 OA. Vẽ dây BC vuông góc với OA tại điểm I và vẽ đường kính BD. Gọi E là giao điểm của AD và BC. 1. Chứng minh DA là tia phân giác của BDC \. 2. Chứng minh OE vuông góc với AD. 3. Lấy điểm M trên đoạn IB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn O tại điểm N. Tứ giác MNDE có phải là một tứ giác nội tiếp hay không? Vì sao? Câu 5. (1,0 điểm) Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của một hình trụ có chu vi hình tròn đáy là 16 cm và chiều cao 10cm Hết