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

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

1. 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: x 2y 1 x 2y 1 5x 25 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 x 2y 3 m 2x 4y 6 2m x 2y 3 m 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). 6 a) x 2 1.0 (2,0đ) Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình: 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.
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 x 2 x2 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 x b) -3 -2 -1 1 2 3 1.0 -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 Câu 1 A D 7 1 O C B H 1 (3,0đ) 1 F N Ta có: A· EB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · 0 · a) BEM 90 (kề bù với ADB ) 0.75 Tứ giác BEMH có: B· EM B· HM 900 900 1800 Tứ giác BEMH nội tiếp
3. Ta có: A· FB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0 AFB và AHN có: Aµ 1 chung ; A· FB A· HN 90 0.25 AFB AHN (g.g) Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN Mµ 1 Dµ 1  µ 1 » µ µ Vì F1 B1 sđAE và B1 M1 (tứ giác BEMH nội tiếp) 2  nên F1 Mµ 1  F1 Dµ 1  b) AFC và ADN có: Aµ 1 chung ; F1 Dµ 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
4. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 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 Mµ 1 Nµ 1 F1 Nµ 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 a 2b b ab2 a ab2 a(1 b2 ) a(1 2b b2 ) 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