Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ngãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 trung học phổ thông môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ngãi (Có đáp án)

1. 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 x2 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 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 B(1; 1) Với x = – 2 thì y = 4 A(– 2; 4) 2b) 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 2017x2 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 .
2. Cách 2: đưa về phương trình tích: x4 2017x2 2018 0 x4 x2 2018x2 2018 0 x2 (x2 1) 2018(x2 1) 0 (x2 1)(x2 2018) 0 x2 1 0 (do x2 2018 0) x2 1 x 1 2x y 1 4x 2y 2 5x 5 x 2y 7 x 2y 7 2x y 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) m 3 0 m 6 0 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: a b c 0 1 2 m 3 0 m 6 x1 x2 2 1 x2 2 x2 3 ' m 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 2 x1 x2 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 m 3 Do đó: 3 3 x1 x2 8 2b) 3 0.5 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) 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
3. 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: B· EH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1) B· MH 900 (d  AB) 0.5 B· EH B· MH 1800 Bài 4 Tứ giác BMHE nội tiếp. (3,5đ) Ta có A· EB A· DB 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 C· AB Cµ 1 90 0 Vì ADB vuông tại D nên C· AB Bµ 1 90 Cµ 1 Bµ 1 Mặt khác, Nµ 1 Bµ 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của (O)) Nµ 1 Cµ 1 AND và ACN có: 3) 0.75 C· AN chung ; Nµ 1 Cµ 1 AND ACN (g.g) AN AD AN2 AD.AC AC AN BN2 AD.AC BN2 AN2 Vì A· NB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên áp dụng định lí Py-ta-go vào ANB vuông tại N, ta có:
4. BN2 AN2 AB2 4R 2 Do đó .BN2 AD.AC 4R 2 Theo giả thiết thì tứ giác ACHK nội tiếp 0 Kµ 1 Cµ 1 ( 180 A· KH) Kµ 1 Bµ 1 (do Bµ 1 Cµ 1) 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 a 2 1 a a 2 1 0 (do a 1) x2 a a 2 1 a a 2 1 2 a a 2 1 a a 2 1 2a 2 a 2 a 2 1 2a 2 Bài 5 3 0.5 (0,5đ) x 2(a 1)x Do đó: P x3 2x2 2(a 1)x 4a 2021 x3 2(2a 2) x3 4a 2021 4a 4 4a 2021 2017 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương