›
›
›

Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Nguyễn Thiên Hương (Có đáp án)

pdf 87 trang thaodu 6310
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Nguyễn Thiên Hương (Có đáp án)", 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_mon_toan_nguyen_thien_huong.pdf

Nội dung text: Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Nguyễn Thiên Hương (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AN GIANG NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1. (3,0 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 31227xx b) xx2 20 0 2 3xy 7 c) xy 1 Câu 2. (1,5điểm). Cho hàm số yx 2 có đồ thị là parabol ()P . a) Vẽ đồ thị ()P của hàm số đã cho. b) Tìm tọa độ giao điểm ()P và đường thẳng ( )dx : 2 1 bằng phép tính. Câu 3. (1,5điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn xxmxm:(41)2802 ( m là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m . b) Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 của phương trình đã cho thỏa mãn điều kiện xx12 17 . Câu 4. (3,0 điểm). Cho điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đó ( Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường tròn tại D . Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E . Kẻ EH vuông góc với Ax tại H . a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ABDBDC . c) Chứng minh tam giác ABE cân. d) Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K . Chứng minh AKEF là hình thoi. Câu 5. (1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà ở tỉnh Bình Thuận là ngọn tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để định hướng cho tàu thuyền giao thông trong khu vực vào ban đêm. Đây là ngọn hải đăng được xem là cổ xưa và cao nhất Việt Nam, chiều cao của ngọn đèn so với mặt nước biển là 65 m. Hỏi a) Một người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa bao nhiêu m trên mặt biển. b) Cách bao xa thì một người quan sát đứng trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này biết rằng mắt người quan sát đứng ở trên tàu có độ cao 5 m so với mặt nước biển. (Cho biết bán kính Trái đất gần bằng 6400 km và điều kiện quan sát trên biển không bị che khuất) HẾT 1
  2. STT 01. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (3,0 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 31227xx b) xx2 20 0 2xy 3 7 c) xy 1 Lời giải a) 312273233333331xxxxxx Vậy S 1  b) xx2 20 0 181 x1 4 2 2 14.1.(20)810 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt 181 x 5 2 2 Vậy S 5;4 237237510x y x y x x 2 x 2 c) x y 1 333 x y 237 x y 2.237 y y 1 Câu 2. (1,5điểm). Cho hàm số yx 2 có đồ thị là parabol ()P . a) Vẽ đồ thị ()P của hàm số đã cho. b) Tìm tọa độ giao điểm ()P và đường thẳng ()dx :21 bằng phép tính. Lời giải a) Bảng giá trị: x 2 1 0 1 2 yx 2 4 1 0 1 4 2
  3. b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ()P và ()d : xx 2 21 xxxxy222 210(1)0111 Vậy tọa độ giao điểm là A(1; 1) . Câu 3. (1,5điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn x: x2 (4 m 1) x 2 m 8 0 ( m là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m . b) Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 của phương trình đã cho thỏa mãn điều kiện xx12 17 . Lời giải a) Ta có (41)4.1.(28)16330mmm 22 với mọi giá trị của m . Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m . b) Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m nên theo định lí Vi-et: b x x 41 m 12a c x. x 2 m 8 12 a 222 2 Ta có: x1212121 xx 212117()2892289()4289 xxxx 2 xxxx x 22 m 4 ( 4m 1) 4(2 m 8) 289 16 m 256 0 m 4 Vậy m 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4. (3,0 điểm). Cho điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đó ( Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường tròn tại D . Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E . Kẻ EH vuông góc với Ax tại H . a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ABD BDC . c) Chứng minh tam giác ABE cân. 3
  4. d) Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K . Chứng minh AKEF là hình thoi. Lời giải x H E C K D F A B a) Ta có ACB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra ACE 90o (kề bù) Xét tứ giác AHEC ta có: ACEAHE 90o , suy ra tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường kính AE (tổng hai góc đối diện bằng 180o ) ■ b) Ta có ABCD nội tiếp nên BDCDAC (1) (cùng nhìn cạnh DC ). 1 Lại có: ABDAD (góc nội tiếp). 2 1 DAx AD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). 2 Suy ra ABD DAx . Mà DAxDAC (do AD là phân giác). Suy ra ABDDAC (2) Từ (1) và (2) suy ra ABDBDC ■ c) Xét DAB và DEB có: ADBEDB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). BD chung. ABD BDC (cmt). DAB DEB (g-c-g). BABE (tương ứng). ABE cân tại B ■ d) Theo câu c) DAB DEB DA DE D là trung điểm AE (3) Xét DAF và DAK có: 4
  5. ADFADK 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). AD chung. DAF DAK (do AD là phân giác). DAF DAK (g-c-g) DK DF (tương ứng). D là trung điểm KF (4) Từ (3) và (4) ta có AKEF là hình bình hành (tứ giác có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường). Mà AE KF AKEF là hình thoi ■ Câu 5. (1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà ở tỉnh Bình Thuận là ngọn tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để định hướng cho tàu thuyền giao thông trong khu vực vào ban đêm. Đây là ngọn hải đăng được xem là cổ xưa và cao nhất Việt Nam, chiều cao của ngọn đèn so với mặt nước biển là 65 m. Hỏi a) Một người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa bao nhiêu m trên mặt biển. b) Cách bao xa thì một người quan sát đứng trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này biết rằng mắt người quan sát đứng ở trên tàu có độ cao 5 m so với mặt nước biển. (Cho biết bán kính Trái đất gần bằng 6400 km và điều kiện quan sát trên biển không bị che khuất) Lời giải AB là ngọn tháp A CD là độ cao của người đứng trên tàu AM là khoảng cách tối đa mà người đứng ở ngọn hải đăng có thể M nhìn thấy C a) Xét AMB và ANM có: B D A chung AMBANM (cùng chắn cung MB ) Suy ra AMB # ANM (g-g) O AMAB ANAM E N AMAB2 AN.65.(652.6400)832004225 AM 28,8 km. Vậy người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa 28,8 km ■. b) Tương tự ta có CDM # CME (g-g) CD CM CM CE CM2 CD. CE 5.(5 2.6400000) 64000025 CM 8 km Vậy khoảng cách tối đa là: CMMA 36,8 km ■ Người giải đề: Nguyễn Hoàng Hảo; fb: Người phản biện: Phương Văn Mai 5
  6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1. (2,5 điểm). a) Giải phương trình: x -2 3x+2 = 0 . x - y = 3 b) Giải hệ phương trình: . 3 x - 2 y = 8 3x 9x c) Rút gọn biểu thức A= + - 4x x > 0 . x 3 Câu 2. Cho hàm số y x P 2 () và yxmd 2 – () . a) Vẽ đồ thị (P). b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất. Câu 3. (1,0 điểm). 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. Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn OR; 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 CHKCBM . c) Gọi N là giao điểm của AM vàCH . Tính theo R giá trị biểu thức PAMANBC 2 Câu 5. (1,0 điểm) 2 x x2 -12x -12 a) Giải phương trình: 6. x - + = 0. x+2 x+1 22 b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình 4x 4 ax b 2 0 có nghiệm x1 , x2 . Tìm 1 2b () x x GTNN của biểu thức: P ()()x xb 8. 2 x xx x 12 12121 2 a2 Câu 6. (0,5 điểm) Cho ABC 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 , S đường thẳng này cắt AC tại K , đường thẳng OK cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích ABF . S ABC 6
  7. STT 02. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (2,5 điểm). a) Giải phương trình: x -2 3x+2 = 0 . x - y = 3 b) Giải hệ phương trình . 3 x - 2 y = 8 3x9x c) Rút gọn biểu thức A=+-4x x > 0 . x 3 Lời giải: a) Cách 1: Do 1+(- 3)+2 = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2. Cách 2: Δ=(-3)-4.2=12 Δ = 1. - ( - 3 )-1 - ( - 3 )+1 Phương trình đã cho có hai nghiệm x = = 1 ; x = = 2 . 1 2 2 2 2x - y = 37x = 14x = 2x = 2 b) . 3x+2y=82x-y=34-y=3y=1 2 3x9x3 x 3x c) A=+- 4x=+-2 x=3 x+ x-2 x=2 x. xx33 Câu 2. Cho hàm số yxP 2 () và yxmd 2 – () a) Vẽ đồ thị (P). b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất. Lời giải: a) Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 2 yx 4 1 0 1 4 Đồ thị: 7
  8. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x=22 2x - mx- 2x+m = 0(*) . (P) và (d) có điểm chung duy nhất (*) có nghiệm duy nhất '01m0m1. Câu 3. (1,0 điểm). 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. Lời giải: Gọi x là số công nhân ban đầu của xưởng. (điều kiện x N * ) 300 Khi đó, theo dự định mỗi công nhân phải làm cái giỏ. x 300 Sau khi xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân thì số giỏ mỗi người phải làm là . x+5 300300 Theo đề bài ta có phương trình: -= 3300(x+5 - x)= 3x(x+5) xx+5 2 x = 20 x(x+5)= 500x+5x - 500 = 0 x = -25 Kiểm tra điều kiện ta chọn x = 20 Vậy lúc dự định xưởng có 20 công nhân. Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn OR; 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 CHKCBM . Lời giải: M C N K A H O B Gọi N là giao điểm của AM và CH . Tính theo R giá trị biểu thức P AM AN BC 2 Ta có CHA CKA 900 Tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn đường kính AC. CHK CAK CAM (do tứ giác ACKH nội tiếp). Mà CAM CBM (cùng chắn cung CM ). Vậy CHK CBM . Ta có ACN = ABC (= 900 - HCB ); ABC = AMC ACN = AMC 8
  9. ANAC Do đó ACN AM C (g.g) =AM.AN =AC 2. ACAM C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên tam giác A BC vuông tại C, ACBCAB222 . Vậy PAM.ANBCAB4R. 222 Câu 5. (1,0 điểm) 2 x x2 -12x -12 a) Giải phương trình: 6. x - + = 0. x+2 x+1 22 b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình 4420xaxb có nghiệm x1 , x2 . 12() bxx Tìm GTNN của biểu thức: P ()()8.xxbxxx 2 x 12 121212 a2 Lời giải: a) Điều kiện x1 2 xx22 Phương trình 6120 x1x1 x2 Đặt: t= x+1 4 t= 1 2 3 Phương trình trở thành 6t+t -12 = 0 3 t=- 1 2 2 x2 4 x4 2 Với t ta được 3x4x40 2 3 x13 x 3 3 x32 Với t ta được 2x3x302 (vô nghiệm). 2 x12  2 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S  2; . 3 3 b) Điều kiện a0 . Phương trình đã cho có nghiệm t ' 0 a22 b 2. 2 x + x = -a 12 Theo hệ thức Vi-et, ta được: -b2 +2 x12 .x = 4 1+2b(x + x ) 1- 2ab Ta có: P=(x+x)+b(x+x)-8x.x+2 12 =a2 -ab+2b-4+ 2 1 2 1 2 1 2 aa22 2 2 2 2 1- 2ab 122 1 1 1 2 2 =a-ab+b +b+ 2 -4= .a+b + a-b +b- -4³ a+b -4³-3. a 2 2 a 2 9
  10. a = b 1 a = b = 1 Đẳng thức xảy ra b= a a = b = -1 22 a +b = 2 Vậy MinP = -3. Câu 6. (0,5 điểm) Cho ABC 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 , S đường thẳng này cắt AC tại K . đường thẳng OK cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích ABF S ABC Lời giải: A F O K B E C D Ta có BACDBC (cùng chắn BC ), BACDKC (đồng vị) DBC DKC DBKC nội tiếp. Mà: OBDOCD 900 nên các điểm B C,, D thuộc đường tròn đường kính OD K cũng thuộc đường tròn đường kính OD   OKKDOKABF là trung điểm của AB . Do OB OC, DBDCOD là trung trực của BC E là trung điểm của BC. 11S Hai tam giác BEF và BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng là ΔBEF =. 2 S 4 ΔABC 10
  11. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Th i gian làm bài: 120 phút (Không k th ) ờ ể ời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1: (2,0 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức: A 2538218 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số y 2 x m đi qua điểm K (2; 3) . Câu 2: (3,0 điểm) 3 1xy 0 1. Giải hệ phương trình . 2 3xy 3 xxxxxx 31 1 x x x 2. Cho biểu thức B . (Với 0 ; 1 và ). xxxxx 1121 4 Tìm tất cả các giá trị của x để B 0 . 3. Cho phương trình xmxm2 (25)210(1) với x là ẩn số, m là tham số. 1 a. Giải phương trình (1) khi m . 2 b. Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức Pxx 12đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3: (1,5 điểm) Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh của mỗi lớp. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn ()C tâm O bán kính R . Hai đường cao AE và BK tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC , K thuộc AC ). 1. Chứng minh rằng tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Chứng minh CE CBCK CA . 3. Chứng minh OCABAE . 4. Cho B , C cố định và A di động trên ()C nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc cung tròn ()T cố định. Xác định tâm I và bán kính r của đường tròn ()T , biết Rcm 3 . Câu 5: (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 2ab 3 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2002 2017 Q 2996 a 5501 b. ab 11
  12. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 1) A 25 3 8 2 18 5 6 2 6 2 5 1.0 Vậy A = 5. Câu I Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2; 3) nên ta có: (2,0đ) 2.2 m 3 m 1 2) 1.0 Vậy m = – 1 là giá trị cần tìm. 3xy109x3y3011x33 2x3y32x3y33xy10 1) x3x3 0.75 3.3y10y1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 1). 1 Với x0;x1;x , ta có: 4 x xxxx3x 1 B  x x11x2xx1 x xx1x1x1 x3  x1 xx1x1 2 x1 x1 xx3x1  x1x12 x1 2) 1.0 Câu 2 x3x1 II  (3,0đ) x12 x1 2 x3 2 x1 2 x 3 B 0 2 x 1 0 (do 2 x 3 0) 2 x 1 11 x 0 x 24 1 Vậy với 0x thì B < 0. 4 Phương trình x(2m5)x2m102 (1) 1 Khi m , phương trình (1) trở thành: 2 3a) 2 x 0 x 0 0.5 x 4x 0 x(x 4) 0 x 4 0 x 4 1 Vậy khi m thì phương trình (1) có tập nghiệm S {0;4}. 2 12
  13. (2m5)4(2m1)4m12m21(2m3)120222 m Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. xx2m512 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: xx2m112 Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là: 2m50 1 m 2m10 2 Ta có: 2 2 3b) Pxxxx2x 121212 x 0.75 2m522m12m122m113 2 2m1133 P3 (do P0) Dấu “=” xảy ra 2m1102m11m0 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó m in P 3 . Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y ( x, yN * ). Lớp 9A ủng hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo, lớp 9B ủng hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo. Ta có hệ phương trình: Câu 9x9y738xy82 III 1.5 (6x5y)(3x4y)1663xy166 (1,5đ) x 42 Giải hệ được: (thỏa mãn điều kiện) y 40 Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh. A 1 2 K Câu IV H 0.25 O (3,0đ) 1 B E C 1 D 13
  14. Tứ giác ABEK có: AEB90  (AEBC)0 1) AKB90  (BKAC)0 0.5 AEBAKB180 0 Tứ giác ABEK nội tiếp CEA và CKB có: ACB chung ; CEA CKB 900 2) CEA CKB (g.g) 0.5 CECA CE.CBCK.CA CKCB Vẽ đường kính AD của (O). 0 ABE vuông tại E nên A1 ABC 90 Mà A B C D 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) 0 A 11 D 90 (1) ACD có ACD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 3) 0 0.75 A D21 90 Mặt khác, AC2 1 ( OAC cân tại O) 0 C 1 D 9 0 1 (2) Từ (1) và (2) AC1 1 Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD thì chứng minh nhanh hơn nhưng không tiện cho phần 4. Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC, A OI cắt BC tại N N là trung điểm của OI, BC và các điểm I, N cố định. Ta thấy BH // CD (cùng  AC) Tương tự: CH // BD H Tứ giác BHCD là hình bình hành O N là trung điểm của BC thì N cũng là trung điểm của HD B C N 4) AHD có ON là đường trung bình 1.0 AH = 2ON I AH = OI (= 2ON) D Lại có AH // OI (cùng  BC) Tứ giác AHIO là hình bình hành IH = OA = R = 3 (cm) H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định. Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động nhưng có độ dài không đổi thì AH không đổi, do đó H di chuyển trên (A; R’) cố định, với R’ bằng 2 lần khoảng cách từ O đến BC. 2002 2017 Q 2996a 5501b ab Câu V 2002 2017 0.5 8008a 2017b 2506 2a 3b (0,5đ) ab Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và sử dụng giả thiết 2a 3b 4 , ta có: 14
  15. 20022017 Q28008a22017b2506.4   ab Q80084034100242018 Dấu “=” xảy ra 2002 8008a a 1 2017 a 2017b 2 b b1 2a3b4 1 a Vậy min Q = 2018 2 b1 Thầy giáo Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương TÀI LIỆU ÔN THI VÀO 10 TOÁN 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ TOÁN 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 63 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2018; 2018-2019; 2019-2020=60k/1 bộ; 150k/3 bộ 33 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=40k VĂN 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT VĂN 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ VĂN 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 20 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2018=20k 38 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2018-2019=40k 59 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=60k 58 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2019=50k 117 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2020=100k 32 ĐỀ-20 ĐÁP ÁN CHUYÊN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=30k ANH 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT ANH 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ ANH 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 30 ĐỀ ĐÁP ÁN ANH VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=40k 9 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN ANH VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=20k Khảo sát lần 1 (tháng 11), khảo sát lần 2 (tháng 1), khảo sát lần 3 (tháng 3), khảo sát lần 4 (tháng 5) Thi thử lần 1 (tháng 1), thi thử lần 2 (tháng 3), thi thử lần 3 (tháng 5) HÓA, LÍ 600 CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM VẬT LÍ 9 CÓ ĐÁP ÁN=70k 2019-2020 VÀO 10 CHUYÊN HÓA CÁC TỈNH=20k CÁC CHUYÊN ĐỀ HÓA THCS=100k Cách thanh toán: Thanh toán qua tài khoản ngân hàng. Nội dung chuyển khoản: tailieu + Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu sẽ được gửi vào email của bạn hoặc qua Zalo 0946095198 15
  16. 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 THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 3 tháng 6 năm 2017 Câu I. (2,5 điểm) 1. Giải hệ phương trình 2 = 4 2. Rút gọn biểu thức { với −2 + = 51 1 Câu II. ( ) 2,0 điểm 푃 = +2√ − √ + √ +2 > 0 Cho phương trình , với là tham số 1. Giải phương trình2 với 2 . − 2 + − 1 = 0 (1) 2. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi . Gọi , là hai (1) = 2 nghiệm của phương trình , lập phương trình bậc hai nhận và (1) 1 2 là nghiệm. 3 2 2 3 2 (1) 1 − 2 1 + 1 − 2 2 − 2 2 + Câu2 III. (1,0 điểm) 2 − 2 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.file word đề-đáp án Zalo 0946095198 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: , 퐹 ∈ , ∈ , 퐹 ∈ ) 1. Tứ giác nội tiếp một đường tròn. , 퐾 퐹 2. Hai tam giác và đồng dạng. 3. Tia đối của là tia phân giác của góc . 퐹 4. Đường thẳng song song với đường thẳng ̂ 퐹 Câu 5. (1,0 điểm) 퐾 . 1. Giải phương trình ( . 2. Cho bốn số thực dương2 th2ỏa mãn 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu − + 1)( + 4 + 1) = 6 thức . ( + + )( + ) , , , 푡 + + +푡=2. = 푡 Hết (Đề này gồm có 01 trang) Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: 16
  17. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: (Nguyễn Mạnh Tuấn) Câu Phần Nội dung Điểm 2x4x2x2 1) xy5xy5y3 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 x2 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 xx2m12 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 xxm112 Biến đổi phương trình: x2mxm1022 Câu 22 II x2mxm1 (2,0đ) x2mxm322 xx 2) x2mxm322 x2x2 0.75 Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên: 32 232 2 x11122212 2mx mx 2 x 2mx mx 2 x 2 x 2 x12 x 4 2m 4 32 232 2 x11122212 2mx mx 2.x 2mx mx 2 x 2.x 2 22 x1 x 21 2 2 x x 4 m 1 2.2m 4 m 4m 3 Phương trình cần lập là: x2m22 4 x m4m 3 0 . Gọi số học sinh nam là x (x N*; x < 15) Số học sinh nữ là 15 – x. 30 36 Câu Mỗi bạn nam trồng được (cây), mỗi bạn nữ trồng được (cây). x 15 x III 1.0 Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có phương (1,0đ) 30 36 trình: 1 x 15 x Giải phương trình được: x1 = 75 (loại); x2 = 6 (nhận) 17
  18. Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. 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: ADC90CDAB 0 1) AEC90CEMA 0 1.0 Câu IV ADCAEC180 0 (3,5đ) Tứ giác ADCE nội tiếp Tứ giác ADCE nội tiếp AD1121 A vàE Chứng minh tương tự, ta có BD2211 BF và 11 2) Mà A1 B 1 sđv AC à A 2 B 2 sđB C 0.75 2 2 DF1121 D vàE CDE CFD (g.g) Vẽ Cx là tia đối của tia CD CDE CFD DCEDCF 0 3) Mà CDCECDCF18012 0.75 CC12 Cx là tia phân giác của ECF Tứ giác CIDK có: 0 ICK IDK ICK D1 D 2 ICK B 1 A 2 180 4) CIDK là tứ giác nội tiếp 0.75 IDIA1212 IK // AB Giải phương trình: xx222 1 x4x 16x Câu Cách 1: Với x=0, ta thấy không là nghiệm của phương trình V 1) Với x , chia cả hai vế của phương trình cho , ta được: 0.5 (1,0đ) = , rồi đặt ẩn phụ là đưa về phương 18
  19. trình ẩn t, rồi tìm được nghiệm x. Cách 2: Nhân đa thức với đa thức, chuyển vế đưa về phương trình bậc 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: yxy4x6x 2 y3xy4x6x222 y3xy10x022 y2xy5x0 y2x y5x 2 Với y = 2x thì x12xx2x10x10x122 5 21 Với y = – 5x thì x22 1 5x x 5x 1 0 x 2  521 Vậy tập nghiệm của phương trình là S1;  2 Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. xyzxy 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 xyxyzxyzt8 xyzt(xy)(xyz) Mà x + y + z + t = 2 suy ra xyxyz .28xyzt(xy)(xyz) xyxyz4xyzt(xy)(xyz) (xy)(xy z)4 xyzt(xy)(xy z) 16xyzt 2) 0.5 (xyz)(xy)16xyzt Nên A16 xyztxyzt 1 xy xy 4 xyz 1 Dấu = xảy ra khi z xy zt 2 xy zt2 t1 11 Vậy Min A = 16 x y ;z ;t 1 42 (Bùi Thanh Liêm (trang riêng)) 19
  20. 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 1822 ; 2 31xy b) Giải hệ phương trình: xy 25 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) KACOMB ; d) N là trung điểm của CH. HẾT 20
  21. GỢI Ý GIẢI VÀ DỰ KIẾN THANG ĐIỂM (Trần Nguyễn Hoàng) Câu Ý Nội dung Điểm 1 5 52 1822 = 3 2 2 2 0,50 a) 2 2 (1,00) 5 72 = (3 – 2 + ) 2 = 0,50 2 2 31xy 6 2xy 2 0,25 xy 25 xy 25 b) 77x x 1 0,50 (1,00) xy 25 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). y a) (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) x1 y2 (1,00) 1 1 0,25 x22 y82 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; –2) và (– 2; –8). 0,25 3 a) Với m = 2, phương trình trở thành: x2 – 2x – 3 = 0 0,25 21
  22. (1,00) Phương trình có: a – b + c = 1 – (– 2) + (– 3) 0,25 x11 pt có 2 nghiệm: 0,25 x32 Vậy khi m = 2, pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = – 1; x2 = 3. 0,25 Pt (1) có: ' = [– (m – 1)]2 – 1. [– (2m + 1)] = m2 + 2 > 0,  m. 0,50 b) (0,75) Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 0,25 Sxx2m2 12 Theo hệ thức Vi-ét: 0,25 Pxx2m1 12 () Theo đề bài ta có x1, x2 là hai nghiệm đối nhau c) m1 S0 2m 2 0 0,25 (0,75) 1 m = 1 (*) P0 ()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: 0,50 AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), AHN = 900 (CH  AB) a) (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 22
  23. M K C N I 0,25 A B O H Chứng minh rằng K A C 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 c) OM là đường trung trực của AC OM  AC 0,25 (0,75) Ta có: MIA = MKA = 900 nhìn đoạn MA Tứ giác AMKI nội tiếp đường tròn đường kính MA 0,25 Trong đường tròn đường kính MA: KAI = KMI (nội tiếp cùng chắn IK ) KAC =OMB 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 = HBC (so le trong) AOM và HBC có: AOM = HBC và OAM = BHC = 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-lét) BA AM 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. HẾT 23
  24. 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 x4 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. BCACAB c) MDMEMF Câu 5: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương. CMR: abc555 abc333 bccaab 24
  25. ĐAP AN (Nguyễn Phương Tú) Câu 1: 9 a) Khi x = 9: ta được A3 92 b) ĐK: x 0 , x 4 x24x TAB x2x2 x4 x.x22.x24x x2x2 x2x2x44x x2x2 2 x4x4 x2 x2x2x2x2 x2 x2 x2x244 c) T1 x2x2x2 T nguyên khi 4x2 x 21; 2; 4 x 2 1(loai) x 21(loai) x 2 2x 0 x 4 (KTMDK) x 22(loai) x 2 4 x 24(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 2 2 2 b' ac m 6m 9 (m 3) 0,m  25
  26. Phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi m. Theo hệ thức Viet ta có: xx2m12 x.x6m912 3 *Phương trình có 2 nghiệm trái dấu xx06m90m 12 2 *Ta có 22 xx1312 2 xx2xx131212 2 (2m)2(6m9)130 4m12m502 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 xy24 xy12x7 (x2)(y1)xy1 x2y3y5 Vậy kích thước mảnh đất lúc đầu là: 7m, 5m. A Câu 4: a) Chứng minh: Ta có: MF  AB nên MFB 900 MD  BC nên MDB 900 Tứ giác MDBF có MFB MDB 900 90 0 180 0 E Do đó tứ giác MDBF nột tiếp Suy ra 4 điểm M, D, B, F cùng thuộc 1 đường tròn. B D 2 0 1 C Ta có: MD  BC nên MDC 90 1 0 MF  AC nên MFC 90 1 2 F 26 M
  27. Suy ra MDCMFC 900 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: MD11 (cùng chắn cung BF) Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên MD22 Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp Nên BC1 (góc ngoài của tứ giác nội tiếp) Do đó MM12 (cùng phụ với BC1; ) Suy ra: DD12 0 Mà D2 B D E 180 0 Nên D1 B D E 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 M21 tan AMF tan M Mà MM12 nên ACAB tan AMEtan AMF MEMF Mat khac: tứ giác AFME nội tiếp nên AMEAFEBMD (Bạn đọc tự nhìn vào hình vẽ) AMFAEFDMC Do đó AC AB tan AME tan AMF ME MF tan BMD tan MDC BD DC BD DC BC (dpcm) MD MD MD MD Câu 5: a5 b 5 cabc(a) 56663 23 23 2 (b) (b) bc ca ab abc abc abc abc abc abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: a555 b c (a) 32 (b) 32 (b) 32 (a 3332 b c) (a 333333 b c)(a b c) 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: 3 3 33 3 3 3 a b c 3abc 3abc Do đó 555 333333 333 a b c (a b c )(a b c ) (a b c )3abc 3 3 3 a b c (đpcm) bc ca ab 3abc 3abc 27
  28. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2017 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 2 1) A 3321227 ; 2) B 3 5 6 2 5 . Bài 2: (1.5 điểm) Cho parabol (P): yx 2 và đường thẳng (d): yx 49. 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) 25xy 2017 1) Giải hệ phương trình . Tính P x y với x, y vừa tìm được. xy 53 2 2) Cho phương trình xmxm 1090(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 xx12, thỏa điều kiện xx12 90. 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: NBNEND2 . và AC BE BC AE ; c) Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Hết 28
  29. ĐÁP ÁN: Bài 1: 1) A 332122733433343 ; 2 2) B 3562535512 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 x b4 (b 9) ()d1 tiếp xúc (P) khi phương trình hoàng độ giao điểm của hai đường xxbxxb22 440 có nghiệm kép 404 bb ()dyx :441 Bài 3: 2510525112222x yxyxxx 1) xyxyxyyy 5353532 531 2017 P 2 1 1 2) xmxm2 1090 (1) a) mxx 110902 có a + b + c = 1 10 + 9 = 0 nên có 2 nghiệm phân biệt c xx 1,9 12a b) Điều kiện (1) có 2 nghiệm phân biệt là 2590mm2 (*) Theo Viét, theo đề, ta có: x x mx m x mx m 1 2222 1010 10 x1 9 xx 21 09 xx 211 099 mx ,(*)1 mm x x 99 mx x m 2 m 1 21 2 9mm 9 0 0 m 1 Bài 4: Cách 1: Gọi x(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội I (x > 6), y(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội II (y > 6). Ta có phương trình x y = 9. 29
  30. 1 1 1 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương trình x y xy6 xyxy 99 xy 9 xy 9 x 18 y Giải hệ 111111 2 9 yy 3540 y 9 xyyy 696 yl 6( ) 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 xx 96 111 2 x 18 Giải phương trình: xx21540 ( = 225) xx 96 xl 3( ) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Bài 5: 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 2222 AMH vuông tại H MH = AMAHcm 1068 AMN vuông tại A, đường cao AH AH 2 36 AH2 HM. HN HN 4,5 cm MH 8 MN MH HN 8 4,5 Bán kính R 6,25 cm 2 2 2 0 0 b) MDN 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), MHE 90 (MHAB) 0 MDE MHE 180 tứ giác MDEH nội tiếp. 30
  31. NBE và NDB có góc N chung, NBE NDB (cùng chắn hai cung bằng nhau là cung NA, NB t/c đường kính và dây cung) NBNE 2 NBE đồng dạng NDB NBNEND. NDNB 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 DAEACA AC BEBCAE DBEBCB 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 ) EBN ED B (cùng chắn cung BE) Mặt khác trên đường tròn (O), EBN EDB (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. Gv: Lê Hành Pháp THPT Tân Bình Bình Dương. TOÁN CÓ SKKN CỦA TẤT CẢ CÁC MÔN CẤP 1-2 18 đề-8 đáp án Toán 6 Lương Thế Vinh=10k 20 đề đáp án Toán 6 AMSTERDAM=30k 22 đề-4 đáp án Toán 6 Marie Cuire Hà Nội=10k 28 DE ON VAO LOP 6 MÔN TOÁN=40k 13 đề đáp án vào 6 môn Toán=20k 20 đề đáp án KS đầu năm Toán 6,7,8,9=30k/1 khối; 100k/4 khối 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN 6,7,8,9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần/1 khối; 100k/4 khối/1 lần 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ TOÁN 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 30 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9=40k/1 khối/1 kỳ; 120k/4 khối/1 kỳ 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ; 100k/4 khối/1 kỳ 63 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2018; 2018-2019; 2019-2020=60k/1 bộ; 150k/3 bộ 33 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=40k GIÁO ÁN DẠY THÊM TOÁN 6,7,8,9 (40 buổi)=80k/1 khối; 300k/4 khối Ôn hè Toán 5 lên 6=20k; Ôn hè Toán 6 lên 7=20k; Ôn hè Toán 7 lên 8=20k; Ôn hè Toán 8 lên 9=50k Chuyên đề học sinh giỏi Toán 6,7,8,9=100k/1 khối; 350k/4 khối (Các chuyên đề được tách từ các đề thi HSG cấp huyện trở lên) 25 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT GIÁO VIÊN MÔN TOÁN=50k TẶNG: 5 đề đáp án Toán 6 Giảng Võ Hà Nội 2008-2012 300-đề-đáp án HSG-Toán-6; 225-đề-đáp án HSG-Toán-7 200-đề-đáp án HSG-Toán-8 100 đề đáp án HSG Toán 9 77 ĐỀ ĐÁP ÁN VÀO 10 CHUYÊN TOÁN 2019-2020 ĐÁP ÁN 50 BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9 Cách thanh toán: Thanh toán qua tài khoản ngân hàng. Nội dung chuyển khoản: tailieu + Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu sẽ được gửi vào email của bạn hoặc qua Zalo 0946095198 31
  32. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1. 11 1. Tính giá trị của biểu thức sau: A 16 9, B . 2323 112 x 2. Cho biểu thức V với x 0 , x 0. xxx 22 a. Rút gọn biểu thức V . 1 b. Tìm giá trị của V khi x . 3 Câu 2. 1. Cho parabol ( )P : 2y x 2 và đường thẳng d y: x 1. a. Vẽ parabol ()P và đường thẳng d trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b. Viết phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d và đi qua điểm A( 1;2). 3 2xy 5 2. Không sử dụng máy tính giải hệ phương trình 2 8xy . Câu 3. 1. Cho phương trình: 2220xmxm22 1 , với m là tham số. a. Giải phương trình 1 khi m 2. b. Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm xx12, sao cho biểu thức Ax xxx241212 đạt giá trị lớn nhất. 2. Cho vườn hoa hình chữ nhật có diện tích bằng 91 m2 và chiều dài lớn hơn chiều rộng 6.m Tìm chu vi của vườn hoa? Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH. Biết BHcm 4 , CHcm 9. a. Tính độ dài đường cao AH và ABC của tam giác ABC . b. Vẽ đường trung tuyến AM ( MBC ) của tam giác ABC , tính AM và diện tích tam giác AHM. Câu 5. Cho đường tròn O của đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax, với đường tròn O ( A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia Ax, vẽ đường thẳng cắt đường tròn O tại hai điểm D và E ( D nằm giữa C và E ; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H. a. Tứ giác AOHC nội tiếp. b. Chứng minh: AC AEAD CE c. Đường thẳng CO cắt tia BD , tia BE lần lượt tại M và N . Chứng minh: AMBN// . STT 10. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC 32
  33. Năm học 2017 – 2018 Câu 1. 11 1. Tính giá trị của biểu thức sau: A 16 9 , B . 2323 112 x 2. Cho biểu thức: V với x 0 , x 0. xxx 22 a. Rút gọn biểu thức V . 1 b. Tìm giá trị của x để V . 3 Lời giải 1. A 16 9 4 3 1. 1123234 B 4. 2323 (23)23 43 2. a. Rút gọn biểu thức V với x 0 , x 0. 112 x V xxx 22 xxx 222 V (2)(2)(2)(2)xxxxx 22xx V (2)(2)xxx 2 V . x 2 121 b. Vxx 2664 (thỏa mãn đk). 33x 2 Câu 2. 1. Cho parabol ()Pyx :2 2 và đường thẳng dyx:1. a. Vẽ parabol ()P và đường thẳng d trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b. Viết phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d và đi qua điểm A(1;2). 3xy 2 5 2. Không sử dụng máy tính giải hệ phương trình 2xy 8. Lời giải a. Vẽ đường thẳng d:1 y x và parabol (P ) : y 2 x2 . Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 2 yx 2 8 2 0 2 8 x 0 1 yx 1 1 0 Vẽ đồ thị 33
  34. f(x)=x+1 f(x)=2x^2 b. Viết phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d và đi qua điểm A( 1;2). Phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d có dạng y x b . d1 đi qua điểm A( 1;2) nên ta có: 123bb d1 : yx 3. Câu 3. 1. Cho phương trình: 2220xmxm22 1 , với m là tham số. a. Giải phương trình 1 khi m 2. b. Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm xx12, sao cho biểu thức Axxxx 241212 đạt giá trị lớn nhất. 2. Cho vườn hoa hình chữ nhật có diện tích bằng 91 m2 và chiều dài lớn hơn chiều rộng 6 m . Tìm chu vi của vườn hoa? Lời giải 1. a. Với m 2 thay vào phương trình 1 ta được: 2420xx2 2(1)0x 2 x 1. Vậy với m 2 thì phương trình 1 có nghiệm là x 1. 2 b. phương trình 1 có hai nghiệm xx12, 0 m 40 22. m xxm 12 Theo Vi – et ta có: m2 2 xx12. 2 2 Theo đề bài ta có: Ax xxx241212 mmmm 6(3)(2) Do 22 m nên m 20, m 30. Suy ra 12525 Ammmmm (2)(3)6(). 22 244 25 1 Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng khi m . 4 2 2. Gọi xm() là chiều rộng của vườn hoa, x 0. Chiều dài của vườn hoa là x 6 (m) . Theo đề bài ta có phương trình: 2 x 7( tm ) xx( 6) 91 xx 6 91 0 (xx 7)( 13) 0 x 13( ktm ) Vậy chu vi của vườn hoa hình chữ nhật là 40 m. Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH. Biết BH 4 cm , CH 9 cm a. Tính độ dài đường cao AH và ABC của tam giác ABC . b.Vẽ đường trung tuyến AM ()M BC của tam giác ABC , tính AM và diện tích tam giác AHM. Lời giải 34
  35. A B H M C a. ABC có: BAC 90 , AH BC AHBHCH .4.96 cm AH 6 ABH có: AH B 90 tan ABH ABH 56 ,3  BH 4 11 b. ABC có: A 90 , MB MC (gt) AMBC .136,5 cm 22 11 SMHAH 2,5.67,5 cm2 . AHM 22 Câu 5. Cho đường tròn O của đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax, với đường tròn O ( A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia Ax, vẽ đường thẳng cắt đường tròn O tại hai điểm D và E ( D nằm giữa C và E ; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H. a. Tứ giác AOHC nội tiếp. b. Chứng minh: ACAEADCE c. Đường thẳng CO cắt tia BD , tia BE lần lượt tại M và N . Chứng minh: AMBN// . Lời giải C M D F H B A O I E N a. Ta có: CAB 90 , OHC 90 CAB OHC 180  Tứ giác AOHC nội tiếp. b. Xét ACD và ECA có: CADAEC , AEC chung ACD ECA(.) g g CA AD AC AE AD CE . CE AE c. Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F HEI HCO 35
  36. Vì tứ giác AOHC nội tiếp HAOHCOHEI . Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp IHEIAEBDEHIBD // . Mà H là trung điểm của DE I là trung điểm của EF . Ta có: FE M// N và IE FI O là trung điểm của đoạn thẳng MN. Tứ giác AMBN là hình bình hành AM BN// . VĂN CÓ SKKN CỦA TẤT CẢ CÁC MÔN CẤP 1-2 11 đề đáp án Văn 6 AMSTERDAM=20k 19 đề-10 đáp án vào 6 Tiếng Việt=20k 20 đề đáp án KS đầu năm Văn 6,7,8,9=30k/1 khối; 100k/4 khối 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT VĂN 6,7,8,9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần/1 khối; 100k/4 khối/1 lần 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ VĂN 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I (II) VĂN 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ; 100k/4 khối/1 kỳ 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I (II) VĂN 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ; 100k/4 khối/1 kỳ 30 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 9(2010-2016)=30k 40 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 9(2017-2018)=40k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 9(2010-2018)=60k 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 9(2018-2019)=70k; 120 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 9(2010-2019)=120k 40 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 9(2019-2020)=80k; 160 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 9(2010-2020)=200k 40 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 8(2010-2016)=40k 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 8(2017-2018)=50k; 90 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 8(2010-2018)=80k 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 8(2018-2020)=90k; 150 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 8(2010-2020)=150k 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 7(2010-2016)=50k 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 7(2017-2018)=50k; 100 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 7(2010-2018)=90k 50 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 7(2018-2020)=80k; 150 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG VĂN 7(2010-2020)=150k (Các đề thi HSG cấp huyện trở lên, có HDC biểu điểm chi tiết) 20 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2018=20k 38 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2018-2019=40k 59 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=60k 58 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2019=50k 117 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2017-2020=100k 32 ĐỀ-20 ĐÁP ÁN CHUYÊN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=30k 30 ĐỀ ĐÁP ÁN GIÁO VIÊN GIỎI MÔN VĂN=90k ĐỀ CƯƠNG GIỮA HK2 VĂN 7 CÓ ĐÁP ÁN=30k Giáo án bồi dưỡng HSG Văn 7(23 buổi-63 trang)=50k TẶNG: Giáo án bồi dưỡng HSG Văn 7,8,9 35 đề văn nghị luận xã hội 9 45 de-dap an on thi Ngu van vao 10 500 CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM VÀ TỰ LUẬN NGỮ VĂN 6 110 bài tập đọc hiểu chọn lọc có lời giải chi tiết CÁCH VIẾT BÀI VĂN NGHỊ LUẬN VĂN HỌC Tai lieu on thi lop 10 mon Van chuan Tài liệu ôn vào 10 môn Văn 9Cách thanh toán: Thanh toán qua tài khoản ngân hàng. Nội dung chuyển khoản: tailieu + Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu sẽ được gửi vào email của bạn hoặc qua Zalo 0946095198 36
  37. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH THUẬN NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1. (2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1. xx2 4 3 0 5 2xy 1 1 2. xy 2 Câu 2. (1 điểm) Cho biểu thức A 25345500 và B 20. Tính tích AB.? Câu 3. (2 điểm) 1 Cho hàm số yx 2 có đồ thị là ()P 4 1 2 1. Vẽ đồ thị ( P) : yx 4 2. Cho điểm A thuộc ( P) có hoành độ bằng 4 . Tìm tham số m để đường thẳng ( )d : y x m đi qua A . Câu 4. (1 điểm) Một nhóm học sinh có kế hoạch trồng 200 cây tràm giúp gia đình bạn An. Vì có 2 học sinh bị bệnh không tham gia được nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm 5 cây so với dự định để hoàn thành kế hoạch.(Biết số cây mỗi học sinh trồng là như nhau). Tính số học sinh thực tế đã trồng cây. Câu 5. (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , đường kính ADR 2 .Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E .Kẻ EF vuông góc với AD tại F 1. Chứng minh ABEF nội tiếp 2. Chứng minh DBC DBF 3. Tia BF cắt O tại K .Chứng minh EF / / CK 4. Giả sử EFB 600 Tính theo R diện tích hình gioái hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC 37
  38. STT 11. LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÌNH THUẬN 2017-2018 Câu 1. (2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1. xx2 4 3 0 5 2xy 1 1 2. xy 2 Lời giải 1. xxbc2 430(a1,4,3) bac224(4)4.1.34 Do 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: bb x 3;x1 1222aa 2. 5xy 2 11 xy 2 5x 2( 2 x) 11 yx 2 x 1 y 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm (1; 3 ) . Câu 2. (1 điểm) Cho biểu thức A 25345500 và B 20. Tính tích AB.? Lời giải A 2 53 455002 59 510 55 B 20. AB.5.2010 . Câu 3. (2 điểm) 1 Cho hàm số yx 2 có đồ thị là ()P 4 1. Vẽ đồ thị ( P) . 2. Cho điểm A thuộc ( P) có hoành độ bằng 4 . Tìm tham số m để đường thẳng ()dyxm : đi qua A . Lời giải 1. Lập bảng giá trị: x 4 2 0 2 4 1 2 4 1 0 1 4 yx 4 Vẽ đồ thị y 38
  39. 1 yx 2 4 x 2. 1 Ax(4;y)(P) :y 2 4 1 y .442 A (4 ;4) 4 Đường thẳng ()dyxm : qua A (4 ;4) 44 m m 0 Vậy m 0 thì ()dyxm : đi qua A (4 ;4) . Câu 4. (1 điểm) Một nhóm học sinh có kế hoạch trồng 200 cây tràm giúp gia đình bạn An. Vì có 2 học sinh bị bệnh không tham gia được nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm 5 cây so với dự định để hoàn thành kế hoạch.(Biết số cây mỗi học sinh trồng là như nhau). Tính số học sinh thực tế đã trồng cây. Lời giải Gọi x là số học sinh, y là số cây mỗi em đã trồng ( xy 0;0 ) Tổng số cây các em trồng: xy.200(1) Hai học sinh bị bệnh không tham gia: x 2 Mỗi học sinh trồng thêm 5 cây: y 5 Khi đó tổng số cây: (x 2)(y 5) 200 (2) Từ (1),(2) : xy. 200 (x 2)(y 5) 200 xy. 200 5xy 2 10 10 2y x 5 10 2y y 200 5 39
  40. 102 y x 5 2 21010000yy x 10 y 20 Vậy có tấc cả 10 em tham gia trồng cây, mỗi em trồng 20 cây. Câu 5. (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , đường kính ADR 2 .Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E .Kẻ EF vuông góc với AD tại F 1. Chứng minh ABEF nội tiếp 2. Chứng minh DBC DBF 3. Tia BF cắt O tại K .Chứng minh EF CK / / 4. Giả sử EFB 600 Tính theo R diện tích hình gioái hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC Lời giải B H C E A D O F K 1. ABEE AF9090180000 Suy ra tứ giác ABEF nội tiếp 2.CAD CBD DBF (do tứ giác ABEF nội tiếp) 3.Ta có CAD DAK DBK Suy ra ACDAKD (cạnh huyền – góc nhọn) AC AK DC DK AD CK CK / /EF 4.Ta có EFB 600 BAC 60 0 BC 120 0 40
  41. R2 S QuatOBC 3 Gọi OH là đường cao của tam giác OBC R OHR .sin 300 2 R 3 BHR .cos600 2 BCR 3 3R2 S OBC 2 Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen) RR2 3 SS (đơn vị diện tích). quat OBC 32 ANH CÓ SKKN CỦA TẤT CẢ CÁC MÔN CẤP 1-2 35 ĐỀ ĐÁP ÁN ANH VÀO 6 (2019-2020)=50k 20 đề đáp án KS đầu năm Anh 6,7,8,9=30k/1 khối; 100k/4 khối 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT ANH 6,7,8,9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần/1 khối; 100k/4 khối/1 lần 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ ANH 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I (II) ANH 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ; 100k/4 khối/1 kỳ 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I (II) ANH 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ; 100k/4 khối/1 kỳ 100 đề đáp án HSG môn Anh 6,7,8,9=60k/1 khối 30 ĐỀ ĐÁP ÁN ANH VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=40k 9 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN ANH VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=20k 33 ĐỀ 11 ĐÁP ÁN GIÁO VIÊN GIỎI MÔN ANH=50k TẶNG: 10 đề Tiếng Anh vào 6 Trần Đại Nghĩa; CẤU TRÚC TIẾNG ANH Tài liệu ôn vào 10 môn Anh (Đủ dạng bài tập) Cách thanh toán: Thanh toán qua tài khoản ngân hàng. Nội dung chuyển khoản: tailieu + Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu sẽ được gửi vào email của bạn hoặc qua Zalo 0946095198 HÓA CÓ SKKN CỦA TẤT CẢ CÁC MÔN CẤP 1-2 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG HÓA 9=60k 2019-2020 VÀO 10 CHUYÊN HÓA CÁC TỈNH=20k CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG HÓA 8=40k CÁC CHUYÊN ĐỀ HÓA THCS=100k 600 CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM VẬT LÍ 9 CÓ ĐÁP ÁN=70k Cách thanh toán: Thanh toán qua tài khoản ngân hàng. Nội dung chuyển khoản: tailieu + Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu sẽ được gửi vào email của bạn hoặc qua Zalo 0946095198 41
  42. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 8 tháng 6 năm 2017 Câu 1 (2,0 điểm) giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: 2 3 2xy 9 42 a) 29100xx b) c) xx 1 8 1 9 0 xy 3 1 0 1 Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol P y x: 2 và đường thẳng 2 13 d y x: . 42 a) Vẽ đồ thị P . b) Gọi A x1;,; y 1 B x 2 y 2 lần lượt là các giao điểm của P và d . Tính giá trị của biểu thức: xx T 12. yy12 1112 Câu 3 (1,0 điểm) Cho biểu thức: P 1., xx 0;1 . Rút gọn biểu xxx 11x 1 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 dung đánh đôi nam nữ (một nam kết 1 5 hợp một nữ). Thầy Thành chọn số học sinh nam kết hợp với số học sinh nữ của lớp để lập thành các 2 8 cặp thi đấu. Sau khi đã chọn được 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 x22 m 4 x 2 m 5 m 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 ABAC, 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 I của đường tròn này. b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM CBCE CA c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn O . d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết ABC4500 , ACB 60 và BCR 2. 42
  43. STT 14. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: 2 a) 2 9xx 10 0 3 2xy 9 b) xy 3 1 0 42 c) xx 18190 Lời giải a) Giải phương trình 2xx2 9 10 0 1 9 2 4.2.10 1 Vì 0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt: 9 1 5 x 1 42 91 x 2 2 4 5 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 2; . 2 3293293291xyxyxyx 32x 39 b) xyxyyy 31039307213 y 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1; 3 . 42 c) xx 1 8 1 9 0 1 2 Đặt xt 1 2 t 0 . Khi đó phương trình 1 trở thành: tt2 8 9 0 2 8 2 4.1. 9 100 Vì 0 nên phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt: 8100 t 9 (thoả mãn) 1 2 8 100 t 1 (không thoả mãn) 2 2 Với t 9 ta có: 43
  44. x 192 xx 134 xx 132 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S  2 ;4 . 1 Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y , cho parabol P : yx 2 và đường thẳng d : 2 13 yx . 42 a) Vẽ đồ thị của P . b) Gọi A x y11; và B x y 22; lần lượt là các giao điểm của P với đường thẳng d . Tính giá trị của xx biểu thức T 12. yy12 Lời giải a) Vẽ đồ thị của P . Ta có: x 4 2 0 2 4 1 2 yx 8 2 0 2 8 2 1 Vậy đồ thị hàm số yx 2 đi qua các điểm C 4;8 , D 2;2 , O 0;0 , A 2;2 , F 4;8 . 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: 1 1 3 x22 x 2 x x 6 0 1 2 4 2 1 2 4.2. 6 49 Vì 0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt: 44
  45. 149 xy 22 1 4 14939 xy 2 428 39 Suy ra đường thẳng d cắt P tạo thành hai điểm phân biệt A 2 ;2 , B ; . 28 Khi đó: 3 2 xx 2 4 T 12 yy 9 25 12 2 8 4 Vậy T . 25 1112 Câu 3: Cho biểu thức P 1. , xx 0 , 1 . Rút gọn biểu thức P và xxx 11x 1 tìm các giá trị của x để P 1 . Lời giải 1112 P 1. , xx 0, 1 xxx 11x 1 xxx 1112  x x 1 x 1221 x  xx xx 11 Để P 1 thì: 222 x 1100 xxx Với x 0 , x 1 ta có: x 0 thì 204 xx Kết hợp với điều kiện x 0 , x 1 ta được 04 x , x 1 thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 4: Để chuẩn bị tham gia Hội khỏe Phù Đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm của lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ (một nam 1 5 kết hợp với một nữ). Thầy Thành chọn số học sinh nam kết hợp với số học sinh nữ của lớp 2 8 để lập thành các cặp thi đấu. Sau khi đã chọn được 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? Lời giải Gọi số học sinh nam của lớp 9A là x (học sinh), x 0 . Số học sinh nữ của lớp 9A là y (học sinh), y 0. 45
  46. 1 1 số học sinh nam của lớp 9A là: x (học sinh). 2 2 5 5 số học sinh nữ của lớp 9A là: y (học sinh). 8 8 1 5 Thầy Thành chọn số học sinh nam kết hợp với số học sinh nữ nên ta có phương trình: 2 8 15 xy 0 1 28 Tổng số học sinh của lớp 9A là: xy (học sinh). 15 Tổng số học sinh được chọn để tham gia thi đấu là: xy (học sinh). 28 Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên nên ta 15 có phương trình: xyxy 16 2 . 28 Từ 1 và 2 ta có hệ phương trình: 15 15 xy 0 xy 0 15 28 28 x  16 0 x 20 28 tm 15 1316 y x yxy 16 xy 16 y 16 28 28 Số học sinh nam của lớp 9A là 20 học sinh. Số học học sinh nữ của lớp 9A là 16 học sinh. Vậy số học sinh lớp 9A là 36 học sinh. Câu 5: Cho phương trình xmxmm22 42530 ( 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. Lời giải x22 m 4 x 2 m 5 m 3 0 1 2 2 m 4 4.1. 2 m 5 m 3 m22 8 m 16 8 m 20 m 12 9m2 12 m 4 3 m 2 2 0  m Vì 0 m nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 1 . x12 x m 4 Theo hệ thức Viet ta có: 2 x12. x 2 m 5 m 3 Theo đề bài ta có: xx12. 30 46
  47. 25330mm2 25330mm2 mm 3 tm, do 11 mm  ktm, do 2 Với m 3 ta có: xxm12 4341 . Vậy tổng hai nghiệm của phương trình là 1. Câu 6: 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 I của đường tròn này. b) Gọi M là giao điểm của AH và BC . Chứng minh: CMCBCECA . c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn O . d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC , biết ABC 45 , ACB 60  và BC R 2 . Lời giải a) Xét đường tròn O ta có: BDC và BEC là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. BDCBEC 90 . Xét tứ giác ADHE có: BDCBEC   9090180 mà hai góc này đối nhau nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Ta có ADH và AEH cùng nội tiếp đường tròn có đường kính AH . Nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn tâm I , đường kính AH hay I là trung điểm của AH . b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên HAE EDC (hai góc cùng nhìn đoạn HE ). Mà EBC EDC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn O ). CAM CBE Trong ABC có BE AC , CD AB (cm ở câu a). Mà BE CD H Nên H là trực tâm ABC 47
  48. AH BC tại M CAM vuông tại M . Xét hai tam giác vuông CAM và CBE có: CAM CBE (cmt) CAMCBE g.g A C CM∽ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). B C CE ACCEBCCM (đpcm). c) Ta có: I HD I DH ( IHD cân tại I , ID IH : bán kính ()I ). 1 Mà I HD CHM (đối đỉnh). 2 Từ 1 và 2 suy ra CHM I DH 3 Ta lại có: ODC OCD ( ODC cân tại O , OD OC : bán kính ()O ). Hay OCD MCH . 4 Xét MHC vuông tại H có: CHMMCH  90 Từ 3 và 4 suy ra IDHODC  90 IDDO tại DO () Vậy ID là tiếp tuyến của O . d) Ta có AMBC (cmt). Xét tam giác vuông ABM và ACM có: AMAMAM tan BBMAM BM tan B tan 45 AMAMAMAM tan CMC MC tan C tan 60 3 Mà BMCMBCR 2 AM AMR 2 3 3 12AMR 3 23R 2R 3 3 1 AMR 3 3 1 31 2 Diện tích tam giác ABC là: 11 S AM. BC R 3. 3 1 .2 R R2 3 3 (đvdt). ABC 22 TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ NGƯỜI GIẢI ĐỀ: MOON TRAN NGƯỜI PHẢN BIỆN: DIỆU HOÀNG 48
  49. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CAO BẰNG NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/06/2017 Câu 1: (4,0 điểm) a) Thực hiện phép tính: 21 16. 25 ; b) Giải phương trình 3 5xx 2 ; c) Biết rằng với x 4 thì hàm số y 2 x b có giá trị bằng 5 . Tìm B . d) Giải phương trình: 2xx2 1 2 2 2 0 . Câu 2: (2,0 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc 4km/h so với lúc đi, do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc lúc đi biết rằng quãng đường AB dài 24km. Câu 3: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết ABcmACcm 5,12 . a) Tính cạnh BC ; b) Kẻ đường cao AH. Tính AH . Câu 4: (2,0 điểm) Cho nửa đường tròn O đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By ( Ax và By cùng thuộc nả mặt phẳng chứa nửa đường tròn O ). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn ( M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F. a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp. b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật. xym Câu 5: m) (1,0 điể Cho hệ phương trình: 222 ( m là tham số) xym 6 Hãy tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm xy; sao cho biểu thức Pxyxy 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 49
  50. . Câu 1: (4,0 điểm). a) Thực hiện phép tính: 21 16. 25 ; b) Giải phương trình 3xx 5 2 ; c) Biết rằng với x 4 thì hàm số y x b2 có giá trị bằng 5 . Tìm B . d) Giải phương trình: 212220xx2 . Lời giải a) 2116.25214.521201 . b) 3 5xx 2 . 3xx 2 5 . 27x . 7 x . 2 c) Thay x 4 vào ta có: yxbbb 22.48 . Mà ybb 5853. . d) 212220xx2 . 22220xxx2 . xxx 212210 . xx2210 . xx 202 1 . 210xx 2 Câu 2: (2,0 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc 4km/h so với lúc đi, do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc lúc đi biết rằng quãng đường AB dài 24km. Lời giải Gọi vận tốc của người đó lúc đi là x (km/h; xRx ;0) . 24 Thời gian người đó đi hết quãng đường AB là: (giờ). x Vận tốc của người đó lúc về là x 4 (km/h). 24 Thời gian người đó đi hết quãng đường BA là: (giờ). x 4 1 Do thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút h nên ta có phương trình:. 2 50
  51. 24 24 1 xx 42 24.4 x 24.1x xxxx 44.2 24.96241961xx xxxx 4.24.2 xxxx22419241920 x 12 x 16 So với điều kiện ta có x 12 thỏa mãn. Vậy vận tốc của người đó lúc đi là 12 km/h. Câu 3: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB c m5 ; AC 12 cm . a) Tính cạnh BC ; b) Kẻ đường cao AH. Tính AH . Lời giải B H A C a). ABC vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:. ABACBCBC222222 512169 . BC 13 cm . (Vì độ dài BC là 1 số dương). b). Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:. 1 S AB. AC AB . AC 2 S . ABC 2 ABC Hoặc:. 1 S BC. AH BC . AH 2 S . ABC 2 ABC AB. AC BC . AH 2 S ABC . 51
  52. AB. AC 5.12 60 AH cm . BC 13 13 Câu 4: (2,0 điểm) Cho nửa đường tròn O đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By ( Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn O ). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn ( M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F . a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp. b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật. Lời giải y F M x E P Q A B O a). EM là tiếp tuyến của O nên EM OM EMO 90  . EA là tiếp tuyến của O nên EA OA EAO 90  . Tứ giác AEMO có: EMOEAO  90 mà 2 góc này ở vị trí đối nhau AEMO là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết). b) Xét AEO và MEO có:. EO chung; AOMO ; EMOEAO  90 AEO MEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông). EAEME trung trực của đoạn MA . Mà OA OM R O trung trực của đoạn MA . OE là trung trực của AM . OE AM hay OP PM OPM 90 . 52
  53. Điểm MO đường kính AB AMB  90 hay P M Q 90 . Chứng minh tương tự ta có: OQM 90 . Xét tứ giác OPMQ có: OPMOQMPMQ  90 . O PM Q là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết). Suy ra điều phải chứng minh. xym Câu 5: m) (1,0 điể Cho hệ phương trình: 222 ( m là tham số) xym 6 Hãy tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm xy; sao cho biểu thức Pxyxy 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải xym 222 xym 6 ymx ymx ymx 222 222 2222 xymxmmxxm 6 xmxm 6 26 ymxymx 2222 2226030xmxmxmxm Hệ phương trình đã cho có nghiệm phương trình xmxm22 30 có nghiệm. mmmm2222 4304120 12304mm22 22m Với m thỏa mãn 22m thì phương trình có nghiệm xy;. Khi đó ta có:. 1 2 Pxyxyxyxyxy 22 22 2 11 Pmmmmm 222 62262 22 2 P m222 m 3 m 2 m 1 4 m 1 4 2 Nhận xét: m 10 m  2;2  , dấu bằng xảy ra m 1 thỏa mãn điều kiện. P 4 . Dấu bằng xảy ra m 1. Vậy min4P khi m 1. 53
  54. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐÀ NẴNG 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) Bài 1: (1,5điểm) a) Tính A = 8 1 8 3 2 b) Rút gọn biểu thức B = 9 4 5 5 Bài 2: (2,0 điểm) 2xy 3 4 a) Giải hệ phương trình: xy 32 101 b) Giải phương trình: 1 xx2 42 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 điểm phân 2 2 2 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: 54
  55. ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐÀ NẴNG 2017 55
  56. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2017 – 2018 (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 7/6/2017 Câu 1. (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 5 18xx 3 24 . 2) Rút gọn biểu thức 4916xxx với x 0 . 3) Tìm x để biểu thức Ax 53 có nghĩa. Câu 2. (2,0 điểm) xy22 23 1) Giải hệ phương trình: . 2 32xy 2) Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết rằng nếu tăng cả chiều dài và chiều rộng lên 4 cm thì ta được hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm2 so với diện tích hình chữ nhật ban đầu, còn nếu tằng chiều dài lên 5 cm và giảm chiều rộng xuống 2 cm thì ta được một hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật ban đầu. Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình xmxm2 22620 có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. 2) Tìm tất cả các giá trị m là số nguyên khác 1 sao cho giao điểm của đồ thị hàm số ymx 2 và yxm 2 2 có tọa độ là các số nguyên. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng d cố định không giao nhau. Hạ OH vuông góc với d . M là một điểm tùy ý trên d ( M không trùng với H ). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn OR; ( P , Q là các tiếp điểm và tia MQ nằm giữa hai tia MH và MO ). Dây cung PQ cắt OH và OM lần lượt tại I và K . 1) Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp. 2) Chứng minh rằng OMHOIP . 3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định. 4) Biết OHR 2 , tính IP. IQ . Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn xy 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 M x22 y xy 1 60
  57. Câu 1. (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 5xx 18 3 24 . Lời giải 51832424221xxxx . 2) Rút gọn biểu thức 4916xxx với x 0 . Lời giải Với x 0 ta có: 4x 9 x 16 x 2 x 3 x 4 x x . 3) Tìm x để biểu thức Ax 53 có nghĩa. Lời giải 5 Biểu thức A có nghĩa khi 53035 xxx . 3 Câu 2. (2,0 điểm) xy22 23 1) Giải hệ phương trình: . 2 32xy Lời giải 22 xy 231 y2 2 . T 2 suy ra x 1 c: 2 ừ phương trình , thay vào phương trình ta đượ 322xy 3 2 y2 2 y2 1 yyyy242 x 232223 01 2 1. 9 y 23 VN Vậy hệ có nghiệm xy;1;1,1;1 . 2) Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết rằng nếu tăng cả chiều dài và chiều rộng lên 4 cm thì ta được hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm2 so với diện tích hình chữ nhật ban đầu, còn nếu tằng chiều dài lên 5 cm và giảm chiều rộng xuống 2 cm thì ta được một hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật ban đầu. Lời giải Gọi x ; y (cm) lần lượt là chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu. ĐK: xy 2 . Diện tích hình chữ nhật sau khi tăng hai kích thước là: xy 44 cm2 . Diện tích hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và giảm chiều rộng là: xy 52 cm2 . xyxy 4480 x yx 1610 Theo đề ta có hệ: (Thỏa mãn ĐK). xyxy 520 2x 5 yy 106 Vậy chiều dài và chiều rộng lần lượt là 10cm và 6cm . Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x2 2 m 2 x 6 m 2 0 có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. Lời giải Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 0 . 22 m2 6 m 2 0 m2 2 m 2 0 m 1 1 0 (luôn đúng với mọi m ). 61
  58. xxm12 221 Theo hệ thức Vi-et ta có: . xxm12 622 Theo giả thiết, giả sử: xx12 23 . 42 m x1 xxm1222 3 Từ 1 và 3 ta có: 4 . xx 2 22 m 12 x 2 3 Thay 4 vào 2 ta được: m 1 4 mm 2 2 2 2 . 6m 2 4 m 11 m 7 0 4 m 7 m 1 0 7 . 33 m 4 2) Tìm tất cả các giá trị m là số nguyên khác 1 sao cho giao điểm của đồ thị hai hàm số y m x 2 và y x m 2 2 có tọa độ là các số nguyên. Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: m2 23 mxxmmxmxm 22121 22 (với m 1). mm 11 Do đó xmmm 3111;  34; 2;0;2 . x 2 +) Với m 0 : (Thỏa mãn). y 4 x 6 +) Với m 2 : (Thỏa mãn). y 0 x 6 +) Với m 4 : (Thỏa mãn). y 12 x 2 +) Với m 2 : (Thỏa mãn). y 8 Vậy m  4; 2;0;2  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4. (3,5 điểm) Lời giải 62
  59. 1) Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp. OHM 90  O H d ; OQM 90 ( MQ là tiếp tuyến của O tại Q ). Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp. 2) Chứng minh rằng OM H OI P . OP OQ R ; M P M Q ( MP ; MQ là hai tiếp tuyến của O ) OM là trung trực của PQ .  OMPQOKI 90 . Do đó: OIPHOM  90 và OMHHOM  90 OMH OIP (đpcm). 3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định. Xét OIK và OMH có: OI K OM H (cmt) và OKIOHM  90 OIOK OIK đồng dạng với OMH (g-g) OI OHOK OM 1 . OMOH Mặt khác: OPM vuông tại P có PK OM OK. OM OP22 R 2 . Từ 1 và 2 suy ra OI OH. R 2 (không đổi). Mà O và d cố định nên OH không đổi OI không đổi. Vậy điểm I luôn cố định I O H . 4) Biết OH R 2 , tính IP. IQ . RRR22 Ta có: OI. OHROI 2 . OH R 22 RR IH OH OI R 2 . 22 Lại có: OHMOQMOPM  90 (theo gt). M ; P ; O ; Q và H cùng thuộc đường tròn đường kính OM . Xét OIP và QIH có: OIPQIH (đối đỉnh) và OPIQHI (góc nội tiếp cùng chắnc ung OQ ). IPIHR 2 OIP đồng dạng với QIH (g-g) IP IQOI IH . OIIQ 2 Câu 5. (1,0 điểm) xy;0 2 Với ta có: xyxyxy 442 . xy 1 Đặt txy ; t 2 . 32 3332 1 2 ttt Khi đó: Mxyx 22 yxyt 222 . x yx 1111 ytt t 2 t22 3 t 1 3 t 1 t 2 t 3 t 1 33 (Vì t 2 ). tt 11 xy 2 Vậy min321Mtx y . xy 1 63
  60. 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 xx2 9 20 0 7 x 3y=4 2) Giải hệ phương trình: 4 x y=5 3) Giải phương trình xx4 2 3 02 Câu 2. (2,25 điểm) 1 Cho hai hàm số yx 2 và yx 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) aa 224 1) Cho a > 0 và a 4. Rút gọn biểu thức Ta . aaa 22 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 có hai nghiệm 2 2 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 CAB,, ABC 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 DIJ DFC HẾT 64
  61. 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 xx 9 20 0 (Đáp số: x1 = 5; x2 = 4) 7 x 3y=4 x 1 2) Giải hệ phương trình: (Đáp số: ) 4 x y=5 y 1 4 2 3) Giải phương trình xx 2 3 0 (Đáp số: x1 = 3 ; x2 = 3 ) Câu 2. (2,25 điểm) 1 Cho hai hàm số yx 2 và yx 4 có đồ thị 2 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 aa 224 Ta . aaa 22 22 aa 22 a 4 . aa 2 .2 a aaaaa 44444 . 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) 2 2 5 Để phương trình: x + (2m – 1)x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thì 0 m 4 Ta có: x1 + x2 = –(2m – 1) 2 x1.x2 = m – 1 65
  62. 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 Pmin = 1 khi m = 1 < (nhận) 4 Câu 5: (3,0 điểm) 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. Chứng minh: A F H 90 0 ; A EH 90 0 Nên AFHAEH9090180 000 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 ΔA DC (g-g) CECB CE.CACD.CB CDCA 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: OEB OB E và MEHBHDMHE Mà BHD + OBE90 0 (ΔHDB vuông tại D) Nên OEB + MEH90 0 Suy ra MEO90 0 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 DIJDFC Chứng minh ΔDBF ΔDEC ( ΔA BC ) BDF EDC BDIIDFEDJJDC IDJFDC 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 66
  63. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: xy 23 a) [9D3-1] Giải hệ phương trình . 24xy xx 1 [9D1-2] Pxx x b) Rút gọn biểu thức với 0 , 1. x 11 x x Câu 2: a) [8D1-2] Phân tích 5762xxyyxy thành nhân tử với x , y là các số không âm. b) [9D2-2] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ymmx 2 20172018 đồng biến trên . Câu 3: a) [9D4-3] Một tổ công nhân may lập kế hoạch may 60 bộ quần áo. Khi thực hiện, mỗi ngày tổ này may nhiều hơn kế hoạch 2 bộ nên đã hoàn thành công việc ít hơn kế hoạch 1 ngày. Biết số bộ quần áo may trong mỗi ngày là như nhau. Hỏi tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc trong bao nhiêu ngày? 2 b) [9D4-2] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình xxm 210 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2222 xxx121212 xxx 140 . Câu 4: Cho đường tròn O có AB là một dây cung cố định không đi qua O . Từ một điểm M bất kì trên cung lớn AB ( M không trùng A và B ) kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H . Gọi MQ là đường cao của tam giác AMN (Q thuộc AN ). a) [9H3-1] Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn. b) [9H3-3] Gọi I là giao điểm của AB và MQ . Chứng minh tam giác IBM cân. c) [9H3-3] Kẻ MP vuông góc với BN tại P . Xác định vị trí của M sao cho MQ AN MP BN đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: [6D1-4] Tìm các chữ số a , b , c biết abcaccbbc 2. . 67
  64. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: xy 23 a) [9D3-1] Giải hệ phương trình . 24xy xx 1 [9D1-2] Pxx x b) Rút gọn biểu thức với 0 , 1. xxx 11 Lời giải xyxyx 23321 xy 32 a) Ta có . 245102xyyy 2 324 yy Đ/s: xy ; 1 ;2 . b) Với x 0 , x 1, ta có xxxx 11 xxxxxxx 112 Px 2 . xx 11 xxx x 1 Vậy với x 0 , x 1 thì Px 2 . Câu 2: a) [8D1-2] Phân tích 5762xxyyxy thành nhân tử với x , y là các số không âm. b) [9D2-2] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số ymmx 2 20172018 đồng biến trên . Lời giải a) Với xy, 0 ta có 5762xxyyxy 52322xxyyxyxy xyxy2531 . Vậy với xy, 0 thì 5762xxyyxy xyxy2531 . 2 2 18067 b) Ta có mmmm  20170, . 24 Do đó hàm số ymmx 2 20172018 đồng biến trên với m . Đ/s: m . Câu 3: a) [9D4-3] Một tổ công nhân may lập kế hoạch may 60 bộ quần áo. Khi thực hiện, mỗi ngày tổ này may nhiều hơn kế hoạch 2 bộ nên đã hoàn thành công việc ít hơn kế hoạch 1 ngày. Biết số bộ quần áo may trong mỗi ngày là như nhau. Hỏi tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc trong bao nhiêu ngày? 2 b) [9D4-2] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 2 x m 1 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 222 2 xxx121 xx 21 x2 140 . Lời giải a) Gọi x x * là số ngày mà tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc. Gọi y y * là số bộ quần áo mà tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc. Theo kế hoạch, tổ công nhân may 60 bộ quần áo nên xy 60 1 Số ngày may thực tế là x 1. Số bộ quần áo may được thực tế là y 2 . 68
  65. Theo đề bài, ta có xy 1260 xyxy262 . Kết hợp với 1 ta được 6026222 xyyx . Thế vào 1 ta được xxxx 2260300 2 x 6 xxxxx 6560650 . x 5 Mà xx * 6 thỏa mãn y 10 (thỏa mãn y * ). Vậy tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc trong 6 ngày. b) xxm2 210 1 1 là phương trình bậc hai có 112 mm. 1 có hai nghiệm x1 , x2 0202 mm * xx12 2 Khi đó theo hệ thức Viet ta có 2 x12 x m 1 2222 2 22 Biến đổi xxxxxx121212 140 x1 x 2 3 x 1 x 2 x 1 x 2 14 0 . 2 Kết hợp với 2 ta được 23111402 mm 2 m 1 mmm5601610160 mmmm . m 6 Kết hợp với * ta được m 1 thỏa mãn. Đ/s: m 1. Câu 4: Cho đường tròn O có AB là một dây cung cố định không đi qua O . Từ một điểm M bất kì trên cung lớn AB ( M không trùng A và B ) kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H . Gọi MQ là đường cao của tam giác AMN (Q thuộc AN ). a) [9H3-1] Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn. b) [9H3-3] Gọi I là giao điểm của AB và MQ . Chứng minh tam giác IBM cân. c) [9H3-3] Kẻ MP vuông góc với BN tại P . Xác định vị trí của M sao cho MQANMP BN đạt giá trị lớn nhất. Lời giải M O P I H A B Q N AH MH AHM 90  a) Theo đề bài, ta có AHM AQM (Cùng bằng 90 ). AQ MQ AQM 90  69
  66. Tứ giác AMHQ nội tiếp (Bài toán quỹ tích cung chứa góc). b) Theo ý a) thì tứ giác AMHQ nội tiếp HMI HAN (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau). Tứ giác AMBN nội tiếp H M B H A N (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau) H M I H M B (Cùng bằng HAN ). Mà MH ở giữa MI và MB MH là phân giác của IMB . Tam giác MIB có MH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên MIB cân tại M . Vậy tam giác IBM cân. c) Ta có MQANMPBN 222.SSSABMANMBNAMBN MN . Mà M N R 2 (Trong các dây của một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính) MQANMP 2. BNAB R (không đổi). Dấu "" xảy ra M là điểm chính giữa của cung lớn AB . Vậy MQ AN MP BN lớn nhất bằng 2.AB R , đạt được khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB . Câu 5: [6D1-4] Tìm các chữ số a , b , c biết abc ac 2. cb bc . Lời giải 19 a Điều kiện 0 , 9bc * a b, c, Ta có abcaccbbc 2. 10010102abcaccbbc 1010 a 1 90221902.921.92,3abcaa . a 2 11 + TH1. abcbcbbc 122111 22100 không thỏa mãn * . 221 2 bc 0 + TH2. abcbcb 222122 22101 21. bc 10 Kết hợp với * ta được a 2 , b 1, c 0 thỏa mãn. Vậy a 2 , b 1, c 0 . 70
  67. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: a) Giải phương trình: xx2 4 3 0. 2 3xy 8 b) Giải hệ phương trình . xy 31 x2 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho parabol P có phương trình y và đường thẳng 2 d y x:. m a) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol P biết điểm M có tung độ bằng 8. b) Tìm m để đường thẳng d luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A, B với 33 A x; y , B x; y sao cho xyxy . 11 22 1122 4 Câu 3: 1. Rút gọn biểu thức A 12753743. 1 1 x 1 x 2. Cho biểu thức B với 0 1. x 11 x x 1 Rút gọn biểu thức B và tìm x nguyên dương khác 1 để B . 2 Câu 4: Cho đường tròn O , từ một điểm M nằm ngoài đường tròn O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn ( A, B là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính BE của đường tròn O . Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn O . Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB. 1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh AE//MO. 3. Chứng minh MNNFNA2 4. Chứng minh MNNH . Câu 5: Cho a b, c, là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện abbcca 3 và ca . 123 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . abc 111222 71
  68. STT 23. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: a) Giải phương trình: xx2 4 3 0. 2 3xy 8 b) Giải hệ phương trình . xy 31 Lời giải a) Ta có xx2 4 3 0 xx130 x 10 x 1 . x 30 x 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;3  . b) Ta có x 7 2 3xy 8 117 x . xy 31 y 2 33 Vậy nghiệm của hệ phương trình là xy ; 7 ; 2 . x2 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho parabol P có phương trình y và đường thẳng 2 dyxm:. a) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol P biết điểm M có tung độ bằng 8. b) Tìm m để đường thẳng d luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A, B với 33 A x; y , B x; y sao cho x y x y . 11 22 1 1 2 2 4 Lời giải x2 a) Với y 8 8 x2 16 x 4. 2 Vậy tìm được hai điểm M 4;8. b) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x2 xm xxm2 220. 2 12 m . Để đường thẳng d luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt 1 1 20.mm 2 xx12 2 Theo định lý Viet ta có . x12.2 x m y11 x m Lại có . y22 x m 33 Từ x y x y 1 1 2 2 4 72
  69. 33 x x m x x m 1 1 2 2 4 33 22xmxm 124 33 42xxmxxm 2 1212 4 33 84mmm 2 4 33 mm2 40 4 3 mL 2 . 11 mTM 2 11 Vậy m . 2 Câu 3: 1. Rút gọn biểu thức A 12753743. 111 x x 2. Cho biểu thức B với 0 1. xxx 11 1 Rút gọn biểu thức B và tìm x nguyên dương khác 1 để B . 2 Lời giải 2 1. Ta có A 12753743 2353323 33323 6. Vậy A 6. 2. Ta có 111 x B xxx 11 xxx 111 B . xx 11 x 21xx B . xx 11 x 2 B . x 1 1 21 B x 14 x 3 x 9. 2 x 1 2 Vì x , x 1 x 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9  . Câu 4: Cho đường tròn O , từ một điểm M nằm ngoài đường tròn O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn ( A, B là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính BE của đường tròn O . Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn O . Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB. 1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 73
  70. 2. Chứng minh AE//MO. 3. Chứng minh MN NF2 NA 4. Chứng minh MN NH . Lời giải A E 1 1 2 2 F 1 1 1 M O N H B 1. Ta có MAOMBO  90 MAOMBO 180. Mà hai góc đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp. 2. Ta có tam giác AOE cân tại O nên AEO OA E . 1 1 Ta lại có AEOMABsd ABAOM . 2 2 Từ 1 và 2 suy ra AEOAOMAEOM //. 3. Xét hao tam giác MNF và ANM có: MNFANM và FMNAEFMAN (góc so le trong, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây dung) NA MN MNFANM∽ (g.g) NMNFNA2 MN NF 4. Ta có MA MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA OB R MO là đường trung trực của AB AHMO và HAHB . MAF và MEA có: AME chung AE11 MAFMEA∽ (g.g) MA MF MA2 MF. ME . ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO , ta có MA2 HO. MH . ME MO Do đó ME MF MH MO MH MF 74
  71. MFHMOE∽ (c.g.c) HE12. Vì BAE là góc vuông nội tiếp O nên E, O, B thẳng hàng 1 EA22 s d E B 2 HA12 NHNA1112 90 HF NA . Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông NHA ta có NH NF2 NA . NM NH22 MN NH . Câu 5: Cho a b, c, là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab bc ca 3 và ca . 123 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . abc 111222 Lời giải Cách 1: Theo đề bài ab bc c a 3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 33 abbcacabc 3 222 abc 1, 1 2 abcabbcac 39 abc3, 2 Từ 1 và 2 abcabc 3. 1 1 1 Đặt x ; y ; z x, y , z 0; z x a 1 b 1 c 1 Pxyzxzyzxyz222222222223222 Pxyzxyyzxz22. 222 * Ta tìm giá trị nhỏ nhất của xyyzxz . 1 1 1 xy yz xz a 1 b 1 c 1 b 1 a 1 c 1 a b ca 33 b c xy yz xz abcabc 1114 a b c abc 3 33 abc xy yz xz abc a b c 4 3 abc 3 a b c 12 3333 a b ca b c 3 xy yz xz 3312312abc a 4 b ca b ca b c 33 P 2. . 42 Dấu bằng xảy ra khi x y z a b c 1. 75
  72. 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P . 2 1231221 Cách 2: Vì ac P abcabca 11111112222222 222 P . abc 111222 Ta chứng minh đẳng thức với xy, không âm. 111 xy 1122 1 xy 2 122210xyxyxyxyxy 22 2 1xyx 22 y 2 xy 2 xy 2 x 2 y 2 xyxy 1 0 22 12xyxyxyxyxyxyxy 1110 2 1110xyxyxyxyxyxy 2222 xy xyxyxyxy 10 22 xyxyxy 10. Luôn đúng, dấu "" xảy ra khi xy 1. 1231221 P abcabca 11111112222222 11111111 P . abbca 1111122222 111 abbcac Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm ta có 1 1 1 1 1 1 9 x y z 9 x y z x y z x y z 11199 3 P . 11136 abbcacab 2 bc ac 3 Vậy GTNN của P khi abc 1. 2 76
  73. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3 2xx 12 0 5 7xy 3 b) 5 4xy 8 c) xx42 5 36 0 d) 35330xx2 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số yx 2 và đường thẳng (D): yx 23 trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 33434 A 231523 x x 2 x 28 x 4 x 8 B (0,16)xx x 3 x 4 x 1 4 x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình xmxm2 2450 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 22 Tìm m để biểu thức A = xxxx1212 . đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC). a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp. d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID 77
  74. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3xx2 2 1 0 (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên 1 (a) xhayx1 3 573(1)xy 1111((1)(2))y b) 548(2)xy 548xy 4 y 1 x 5 54x y 1 c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C) Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*) 5 13 5 1 3 (*) có = 169, nên (*) u 4 hay u 9 (loại) 2 2 Do đó, (C) x2 = 4 x = 2 Cách khác : (C) (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 x2 = 4 x = 2 d) 33330xx2 (d) 33 (d) có : a + b + c = 0 nên (d) x = 1 hay x 3 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1; 1 , 2; 4 (D) đi qua 1;1 ,0;3 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là xx2 23 x2 – 2x – 3 = 0 x 13 hay x (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là 1;1 ,3;9 . Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: 3 3 4 3 4 A 2 3 1 5 2 3 78
  75. (334)(231)(34)(523) = 1113 2211326133 = = 2323 1113 1 1 = (423423) = ((31)(31)) 22 2 2 1 = [31(31)] = 2 2 xxxxx 22848 B ( 0xx , 16) xxxx 3414 xxxxx 22848 = (1)(4)14xxxx xxxxxx 228(4)(8)(1) 2 = (1)(4)xx xxxxxxx 22881698 xxxx 44 = = (1)(4)xx (1)(4)xx (1)(1)(4)xxx = = x 1 (1)(4)xx Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b c b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2m ; P = 45m a a 2 2 2  A = ()3xxxx1212 = 43(45)mm = (23)66,m với mọi m. 3 Và A = 6 khi m = 2 3 Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = 2 Bài 5: A a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông P Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật) E K Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900 F Q OA vuông góc với EF B O H I C D b) OA vuông góc PQ cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP APAE AP2 = AE.AB ABAP Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vuông tại H, có HE là chiều cao) AP = AH APH cân tại A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA DE.DF = DK.DA Do đó DFK đồng dạng DAE góc DKF = góc DEA tứ giác AEFK nội tiếp 79
  76. d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong AHC vuông tại H, có HF là chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong AHD vuông tại H, có HK là chiều cao) Vậy AK.AD = AF.AC Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp, vậy ta có: IC.ID=IF.IK ( ICF đồng dạng IKD) và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH) IH2 = IC.ID TS. Nguyễn Phú Vinh (Trường THPT Vĩnh Viễn - TP.HCM) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: axx)5602 bxx)2102 cxx)34042 23xy d) xy 21 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x2 và đường thẳng (d): y=-x+2 trên cùng một hệ trục tọa độ b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (d) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: xx33 A (). với xx 0;9 xx 33x 9 B 21( 2335 )6( 2335 )1522 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 8810xxm22 (*) (x là ẩn số) 1 a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x 2 b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: 4 4 3 3 x1 x 2 x 1 x 2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh rằng MBC=BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất 80
  77. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 5 x 6 0 25 24 1 5 1 5 1 x 2 hay x= 3 22 bxx)2102 '112 x 12 hay x=1+2 c) Đặt u = x2 0 pt thành: uu2 340 (1)(4)0uu uxx 111 2 uL 4() Cách khác : ptxx (1)(4)022 x2 10 x 1 23(1)426231xyxyxyx d) xyxyxy 21(2)21551 Bài 2: a) Đồ thị Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1;1);( 2;4) (D) đi qua (1;1);(-2;4);(0;2) b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 81
  78. xx2 2 xx2 20 (1)(2)0xx x 1 x 2 y(1)=1;y(-2)=4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) là (-2;4);(1;1) 3:Thu gọn các biểu thức sau Với x 0;x 9 xxxx 3393 A (). (3)(3)xx x 9 1 x 3 21 B (423625 )3(423625 )151522 2 21 (3151)3(3151)151522 2 15 (35)1515602 2 Câu 4: 1 xm 2410 2 a/ Phương trình (*) có nghiệm 2 m 1 b/ '16888(1)mm22 4433 Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là: x1=x2 khi đó xxxx1212 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: |m | 1 hay -1<m<1. khi |m|<1 hay -1<m<1 ta co: 4433 x1212 xx x 22 2222 ()()x12 ()()x 121 x 2 xx 121 2 x x x x x ()[()x x 2 x ] xx ()( xx22 xxx) x Dox 1 2 1 21 21 21 21 2 S(2 SPP22 ) S 1(122 2PP ) 1 P 0 m2 10 ()VN Do đó yêu cầu bài toán  m= 1 Cách khác Khi 0 ta có: 82
  79. m2 1 xxx x 1; 1212 8 4433 xxxx1212 33 xxx1122(1)x(1)0 33 xxx12121221 xDoxxx 0( x1;1) 22 x1212 xxx()0 ()()0(xxxxdox121212 x0) xx12 m 1 Câu 5: a) Ta có BAC=MBC do cùng chắn cung BC Và BAC=MIC do AB//MI =>MBC=MIC=>ICMB nội tiếp đường tròn đường kính OM( vì 2 điểm B và C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC nên FB.FC=FE.FD Và 2 tam giác FBM và FIC đồng dạng nên FB.FC=FI.FM So sánh ta có: FI.FM=FD.FE c) Ta có PTQ=90o do PQ là đường kính FI FT Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) Nên FIQ=FTM mà FIQ=OIM=90o (I nhìn OM dưới góc 90o) Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM=180o d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích SIBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’;O’T lần lượt tại L và T Vẽ IH vuông BC tại H IH IT O'''' I O T O O O L OL 83