›
›
›

Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

doc 50 trang thaodu 4491
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_chuyen_mon_toan_nam_hoc_2016_20.doc

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN (Chuyên Toán) Ngày thi: 04/ 6/ 2017 x 2 x 2 x2 2x 1 Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức: A  x 1 x 2 x 1 2 a) Tìm điều kiện của x để biếu thức A có nghĩa. Rút gọn A, b) Tìm x để A 0 ; c) Tìm giá trị lớn nhất của A. Bài 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau: 4x4 4x3 20x2 2x 1 0 2. Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 4ac không là số chính phương. Bài 3 (1,0 điểm). Cho đa thức f (x) x2 2(m 2)x 6m 1 (m là tham số). Bằng cách đặt x = t + 2. Tính f(x) theo t và tìm điều kiện để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2. Bài 4 (4,0 điểm). 1. Cho đường tròn (T) tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm P khác A, điểm K thuộc đoạn OB (K khác O và B). Đường thẳng PK cắt đường tròn (T) tại C và D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn. b) Kẻ DI song song PO, điểm I thuộc AB, chứng minh: P·DI B·AH c) Chứng minh đẳng thức: PA2 PCPD ; d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ // DB 2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I thuộc miền trong tam giác, kể IM BC, IN AC, IK AB. Tìm vị trí của I sao cho tổng IM2 IN2 IK2 nhỏ nhất Bài 5 (1,0 điêm). Cho các sô thực dương x, y, z thỏ mãn xyz 1. Chứng minh rằng: x(1 y3 ) y(1 z3 ) z(1 x3 ) 0 y3 z3 x3 Lượt giải: Bài 1: (2,0 điểm). x 0 x 0 x 0 a) A có nghĩa khi và chỉ khi: x 1 0 x 1 x 1 2 x 2 x 1 0 x 1 0 x 0 Vậy điều kiện để biểu thức A có nghĩa là: x 1
  2. Khi đó x 2 x 2 (x 1)2 x 2 x 1 x 2 x 1 (x 1)2 A   2 x 1 x 1 x 1 2 (x 1) x 1 2 x x 2 x x 2 x 1 2 x x 1 x 1  x x 1 x x x 1 2 2 x 1 Vậy A x x (với x 0, x 1) b) A 0 x x 0 (với x 0, x 1) x 1 x 0 x 1 x 0 x 1 0 x 0 x 1 0 x 1 Vậy A 0 khi 0 x 1 2 c) Với x 0, x 1, ta có: 2 1 1 1 1 1 1 , A x 2  x  x 2 4 4 2 4 4 1 1 1 1 dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi x x Vậy Max(A) khi x 2 4 4 4 Bài 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau: 4x4 4x3 20x2 2x 1 0 (1) Dễ thấy x = 1 không là nghiệm của (1), do đó: 2 1 (1) 4x2 4x 20 0 ( vì x2 0 ) x x2 2 1 1 1 2 (với y 2x 0 ) 2 x 2 2 x 2 4 0 y 2 y 2 4 0 x x x 1 3 7 2 x 6 0 2 x y 6 y 6 0 x 2 x 6 x 1 0 2 2 y 4 y 4 0 1 2 x 4 x 1 0 2 2 2 x 4 0 x x 2 Vậy phương trình (1) có tập nghiệm: 3 7 2 2  S ;  2 2  Cách 2: (1) (4x4 4x3 x2 ) 21x2 2x 1 0 (2x2 x)2 2(2x2 x) 1 25x2 0 3 7 2 x 2 2 2 2 2 2x 6x 1 0 2 (2x x 1) (5x ) 0 (2x 6x 1)(2x 4x 1) 0 2 2x 4x 1 0 2 2 x 2 2. Giả sử b2 4ac là số chính phương n ¥ : b2 4ac n2 4ac b2 n2 (b n)(b n) (*) (b – n)(b + n) M 4 và hai số b – n, b + n cùng tính chẵn lẻ (vì (b – n) + (b + n) = 2b)
  3. b n 2a b n 2c Nên (*) hoặc b = a + c b n 2c b n 2a abc 100a 10(a c) c 11(10a c) là hợp số Cách 2: Giả sử b2 4ac là số chính phương khi đó: 4a abc 400a 2 40ab 4ac (20a)2 220a b b2 n2 (20a b)2 n2 (20a b n)(20a b n) nên trong hai số 20a + b + n và 20a + b – n có một số chia hết cho số nguyên tố abc nhưng đều này không thể xãy ra vì cả hai số đều nhỏ hơn abc Thật vậy: b2 n2 4ac 0 nên n 0) m 0 P t1 t2 2m 0 3 Theo hệ thức vi ét thì hai nghiệm đó thỏa mãn: 3 m t1t2 2m 3 0 m 2 2 3 Vậy phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2 khi m > 2 Bài 4 (4,0 điểm)P . 1. a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn: - PA OA (PA là tiếp tuyến của đường tròn (T)) P·AO 90o - H là trung điểm của dây không qua tâm O của đường tròn (T) nên J OH BC P·HO 90o Do đó:P·AO P·HO 180o Vậy tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn · · b) Chứng minh PDI BAH C - Ta có: P·DI H· PO (slt, DI // PO) E · · · · - Từ (*) suy ra: HPOJ HAB (nội tiếp cùng chắn cung OH) Vậy PDI BAH c) Chứng minh đẳng thức: PA2 PCPD H · · PAC và PDA có: APC DPA (góc chung) I C A B P·AC P·DA (nôi tiếp cùng chắn A»C của đường tròn O K S PA PC PAC PDA (g.g) G PA2 PCPD PD PA d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ // DB D H I A B O K D F
  4. - Kẻ tiếp tuyến PE với đường tròn (T) (E là tiếp điểm), từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra PO là trung trực của AE J·AP J·EP (tính chất đối qua xứng trục OP) ( - Từ (*) suy ra: J·PE O· AE (nội tiếp cùng chắn O»E ) và O· AE B·CE (nội tiếp cùng chắn B»E của đường tròn (T) nên J·PE B·CE , suy ra tứ giác JPCE nội tiếp. (2) - Từ (2) suy ra J·EP J·CP (nội tiếp cùng chắn JºP ) lại có J·CP B·CD (đối đỉnh) và B·CD B·AD (nội tiếp cùng chắn B»D của đường tròn (T)), do đó: J·EP B·AD (3) - Từ (1)và(3) suy ra J·AP B·AD B·AD B· AJ J·AP B· AJ hay J·AD P·AB 90o JA  AD (4) Mặt khác A·DB 90o (nội tiếp chắn nửa đường tròn (T) BD  AD (5) (4) và (5) suy ra AJ // BD Cách 2: Gọi F là giao điểm của BD và PO, G là giao điểm của DI và BJ Ta có: H· DI I·AH (suy ra từ kết quả câu a)nên tứ giác ADHI nội tiếp, suy ra: 1 1 I·HD I·AD (= sđ IºD ) mà I·AD D· CB (= sđ B»D của đường tròn (T)) 2 2 do đó: ởI·H vịD trí B ·đồngCD vị, suy ra HI // BC lại có HC = HD , suy ra IC = ID (1) ID BI Mặt khác: OBF có ID // OF (2) OF BO BI GI OBJ có IG // OJ (3) BO OJ Từ (1), (2) và (3) suy ra OJ = OE, lúc này O là trung điểm chung của JAFB nên JAFB là hình bình hành , suy ra: JA // BD (a b)2 2. Ta có: 2(a 2 b2 ) (a b)2 (a b)2 (a b)2 a 2 b2 , dấu “=” xãy ra khi 2 A và chỉ khi a = b (*) K Kẻ đường cao AH H là điểm cố định (vì A, B, C cố định) N Gọi E là hình chiếu vuông góc của I trên AH. I Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông INA, IPA E ta có: IN2 + AN2 IN2 I K2 IA2 EA2 B H D M C Mặt khác: IM = EH (cạnh đối hình chữ nhật IEHM) nên: IM2 + IN2 IK2 EH2 EA2 2 EH + EA AH2 Áp dụng (*)ta có:IM2 + IN2 IK2 EH2 EA2 không đổi (vì A, H cố định) 2 2 AH Dấu “=” xảy ra khi IA = EA = EH = I là trung điểm của đường cao AH 2 AH2 Vậy khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt GTNN là 2 Cách 2: IM2 + IN2 IK2 IM2 + KN2 (vì IN2 IK2 KN2 ) = IM2 + IA2
  5. 2 IM + IA A M 2 A H 2 Theo (*), ta có: IM 2 + IN 2 IK 2 IM 2 IA 2 : không đổi 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi A, I, M thẳng hàng, M trùng H và IM = IA I là trung điểm của đường cao AH AH2 Vậy khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt GTNN là 2 Bài 5 (1,0 điêm). Các số thực dương x, y, z thỏ mãn xyz 1, nên ta có: 0 < xyz 1, do đó 1 x 1 y 1z x2z y2x z2 y + + + + (1) y3 z3 x3 y2 z2 x2 x2z y2x Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương: ; ; z, ta được: y2 z2 x2z y2x x2z y2x + + z 3x (2) , dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi = = z x y z 1 y2 z2 y2 z2 y2x z2 y z2 y x2z tương tự có: + + x 3y (3) và + + y 3z (4) dấu “=” xãy ra khi và z2 x2 x2 y2 chỉ khi x = y = z = 1 x2z y2x z2y x2z y2x z2y Từ (2), (3) và (4) suy ra: + + x + y + z 2 2 + 2 + 2 x + y + z 3 x + y + z 2 2 2 y z x y z x (5) x y z Từ (1) và (5) suy ra: + + x + y + z , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 y3 z3 x3 x y z x y z 0, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 y3 z3 x3 x(1 y3 ) y(1 z3 ) z(1 x3 ) Vậy: 0 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 y3 z3 x3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 - 2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: TOÁN (Chuyên toán) Ngày thi: 04/06/2017 x 2 x 2 x2 2x 1 Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức A = x 1 x 2 x 1 2 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. Rút gọn A b) Tìm x để A 0 ‘ c) Tìm giá trị lớn nhất của A. Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: 4x4 4x3 20x2 2x 1 0 2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 4ac không là số chính phương.
  6. Bài 3: (1,0 điểm) Cho đa thức f(x) = x –2 2(m + 2)x + 6m + 1 (m là tham số). Bằng cách đặt x = t + 2. Tính f(x) theo t và tìm điều kiện của m để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2. Bài 4: (4,0 điểm) 1. Cho đường tròn (T) tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm P khác A, điểm K thuộc đoạn OB (K khác O và B). Đường thẳng PK cắt đường tròn (T) tại C và D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn. b) Kẻ DI song song với PO, điểm I thuộc AB, chứng minh: P·DI = B·AH c) Chứng minh đẳng thức PA2 = PC.PD d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ song song với DB. 2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm I thuộc miền trong tam giác, kẻ IM  BC, kẻ IN  AC, IK  AB. Tìm vị trí của I sao cho tổng IM2 + IN2 + IK2 nhỏ nhất. Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz 1. x 1 y3 y 1 z3 z 1 x3 Chứng minh rằng: 0 y3 z3 x3 HD Bài 1: a) Điều kiện để A có nghĩa là x 0 và x 1A = 2 2 x 2 x 2 x 2x 1 x 2 x 2 x 1 = = 2 x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1 x 1 2 2 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 = 2 2 x 1 x 1 x 1 x 1 2 2 x x 2 x x 2 x 1 2 x x 1 x 1 . = – x + x x 1 x 1 2 2 x 1 b) A 0 – x + x 0 x –x 0 x x 1 0 0 x 1 0 x 1. Kết hợp với điều kiện ban đầu x 0 và x 1. Ta được: 0 x < 1 2 1 1 1 c) A = – x + x = x với mọi x 2 4 4 1 1 1 Dấu “=” xảy ra khi x = 0 x x (TMĐK x 0 và x 1) 2 2 4 1 1 Vậy GTLN của A là khi x = 4 4 Bài 2: 1) x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên x 0. Do đó chia cả hai vế 2 2 1 1 phương trình cho x 0, ta được: 4x 2 2 2x 20 0 (1) x x 1 1 Đặt: y = 2x 4x2 y2 4 . x x2
  7. Do đó PT (1) trở thành: y2 2y 24 0 y = – 6 ; y = 4 1 3 7 3 7 Với y = – 6 ta có: 2x = – 6 2x2 6x 1 0 x ; x x 1 2 2 2 1 2 2 2 2 Với y = 4 ta có: 2x = 4 2x2 4x 1 0 x ; x x 1 2 2 2 3 7 3 7 2 2 2 2  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S = ; ; ;  2 2 2 2  Cách 2: 4x4 4x3 20x2 2x 1 0 4x4 4x3 x2 21x2 2x 1 0 2 2 2x2 x 2 2x2 x 1 25x2 2x2 x 1 25x2 2x2 x 1 5x 2x2 4x 1 0 1 2 2 2x x 1 5x 2x 6x 1 0 2 2 2 2 2 PT (1): 2x2 4x 1 0 x ; x 1 2 2 2 3 7 3 7 PT (2): 2x2 6x 1 0 x ; x 1 2 2 2 3 7 3 7 2 2 2 2  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là: S = ; ; ;  2 2 2 2  2) Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử b2 4ac là số chính phương m2 m N 2 Xét 4a.abc = 4a(100a + 10b + c) = 400a 2 + 40ab + 4ac = 20a + b b2 4ac = 20a + b 2 m2 = (20a + b + m)(20a + b – m) Tồn tại một trong hai thừa số 20a + b + m, 20a + b – m chia hết cho số nguyên tố abc . Điều này không xảy ra vì cả hai thừa số trên đều nhỏ hơn abc . Thật vậy, do m < b (vì m2 b2 4ac 0 ) nên: 20a + b – m 20a + b + m < 100a + 10b + c = abc Vậy nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 4ac không là số chính phương. Bài 3: Ta có: h(t) = f(t + 2) = t 2 2 2 m 2 t 2 6m 1 = t2 + 4t + 4 2mt 4m 4t 8 6m 1 = t2 2mt 2m 3 t2 2mt 2m 3 = 0 (*) Phương trình: f(x) = 0 có 2 nghiệm lớn hơn 2 Phương trình h(t) = 0 có 2 nghiệm dương 2 0 m 1 2 0, m 3 P 0 2m 3 0 m 2 S 0 2m 0
  8. 3 Vậy với m thì phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm lớn hơn 2. 2 Bài 4 1. a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn. Ta có: OH  CD tại H (vì HC = HD) Do đó: O· HP + O· AP 900 900 1800 Tứ giác AOHP nội tiếp đường tròn đường P kính OP · · 1 b) Chứng minh: PDI = BAH 2 P·DI = D· PO (so le trong và DI // PO) J C 1 · · » · · N DPO BAH (vì nội tiếp cùng chắn OH ) Do đó: PDI = BAH 1 c) Chứng minh đẳng thức PA2 = PC.PD PA PC 1 PAC ~ PDA (g.g) = PA2 = PC.PD H PD PA 2 I A B d) Chứng minh AJ // DB. 3 O K Kẻ tiếp tuyến PN (N khác A) của đường tròn (T), Với N là tiếp điểm. Ta có chứng minh được PO là đường trung trực của NA JA = JN D µ µ APJ và NPJ có: PA = PN; P2 = P1 ; JA = JN ¶ ¶ APJ = NPJ (c.g.c) A1 N1 (1) µ ¶ µ · µ 0 Ta có: C1 = A2 = P1 (vì tứ giác PAON nội tiếp) và JCN + C1 180 (vì 2 góc kề bù) · µ 0 ¶ ¶ JCN = P1 180 Tứ giác NCJP nội tiếp được N1 = A3 (2) ¶ ¶ Từ (1) và (2) suy ra: A1 A3 ¶ · ¶ · 0 Ta có: A3 JAO A1 + JAO 90 JA  AD tại A (3) Có: A·DB 900 (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn) DB  AD (4) Từ (3) và (4) suy ra: AJ // DB a + b 2 2. Bổ đề: Với a > 0; b > 0 ta có: a 2 + b2 (1). Dấu “=” xảy ra khi a = b 2 Thật vậy: (1) 2a 2 2b2 a 2 2ab b2 a 2 2ab b2 0 a b 2 0 (BĐT đúng) a + b 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b. Vậy: a 2 + b2 A 2 Kẻ đường cao AH H là điểm cố định (vì A, B, C cố định) K N Gọi P là hình chiếu vuông góc của M trên AH. Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông P INA, IPA ta có: IN2 + AN2 IN2 I K2 IA2 PA2 I Mặt khác: IN = PH nên: IM2 + IN2 IK2 PH2 PA2 B C Áp dụng bổ đề trên ta có: H M
  9. 2 PH + PA AH2 IM2 + IN2 IK2 PH2 PA2 : không đổi (vì A, H cố định) 2 2 AH Dấu “=” xảy ra khi IA = PA = PH = I là trung điểm của đường cao AH 2 AH2 Vậy khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt GTNN là 2 Cách 2: IM2 + IN2 IK2 IM2 + KN2 (vì IN2 IK2 KN2 ) = IM2 + IA2 2 IM + IA AM2 AH2 Theo bổ đề, ta có: IM2 + IN2 IK2 IM2 IA2 : không đổi 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi A, I, M thẳng hàng, M trùng H và IM = IA I là trung điểm của đường cao AH AH2 Vậy khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt GTNN là 2 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 x 3 x y z Bài 5: Ta có: 0 3 + 3 + 3 x + y + z y 3 z 3 x 3 y z x 1.x 1.y 1.z x 2 z y 2 x z 2 y Ta có: xyz 1 nên + + + + (1) y 3 z 3 x 3 y 2 z 2 x 2 x2z y2x Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương: ; ; z, ta được: y2 z2 x2z y2x y2x z2 y z2 y x2z + + z 3x; tương tự: + + x 3y và + + y 3z y2 z2 z2 x2 x2 y2 x2z y2x z2 y Cộng theo vế ta được: 2 2 + 2 + 2 x + y + z 3 x + y + z (2) y z x x2z y2x z2 y + + x + y + z y2 z2 x2 x y z Từ (1) và (2) suy ra: + + x + y + z . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 y3 z3 x3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 03 tháng 6 năm 2017 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2 điểm)
  10. a) Giải phương trình: x2 x 1 3x 2 b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100 m. Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất, biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài 40 m. Câu 2. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy: 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 . 4 3 b) Cho đường thẳng (D): y x m đi qua điểm C(6; 7). Tìm tọa độ giao điểm 2 của (D) và (P). Câu 3. (1,5 điểm) 14 6 3 1) Thu gọn biểu thức sau: A 3 1 5 3 2) Lúc 6 giờ sáng bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài 0 0 762 m, góc A = 6 , góc B = 4 C 60 40 A B H a) Tính chiều cao h của con dốc. b) Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ ? Biết rằng tốc độ trung bình lúc lên dốc là 4 km/h và tốc độ trung bình lúc xuống dốc là 19 km/h. Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2m 1 x m2 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Định m để hai nghiệm x1,x2 của phương trình (1) thỏa mãn: 2 x1 x2 x1 3x2 Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I. Gọi H là hình chiếu của A lên OC; AH cắt BC tại M. a) Chứng minh: Tứ giác ACDH nội tiếp và C·HD A·BC .
  11. b) Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD. c) Gọi K là trung điểm của BD. Chứng minh: MD.BC = MB.CD và MB.MD = MK.MC. d) Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I). Chứng minh: Hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm nẳm trên (O). HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x2 (x 1)(3x 2) x2 3x2 5x 2 2x2 5x 2 0 a) 1.0 9 1 Câu x 2;x 1 1 2 2 (2,0đ) Gọi chiều dài là x(m) và chiều rộng là y (m). Điều kiện: 0 < y < x < 50 Theo đề bài ta lập được hệ phương trình: b) x y 50 x 30 1.0 (thỏa mãn điều kiện) 2x 5y 40 y 20 Vậy chiều dài là 30m và chiều rộng là 20m. Lập bảng giá trị: x – 4 – 2 0 2 4 1 y x2 4 1 0 1 4 4 Câu (P) là parabol đi qua các điểm: (–4;4), (–2;1), (0; 0), (2; 1), (4; 4). 2 a) 0.75 (1,5đ) y 4 2 1 -4 -2 O 2 4 x
  12. Vì (D) đi qua điểm C(6; 7) nên ta có: 3 6 m 7 m 2 2 3 (D) : y x 2 2 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): 0.75 1 3 x2 x 2 x2 6x 8 0 4 2 Giải được x1 = 4; x2 = 2 Với x1 = 4 thì y1 = 4 Với x2 = 2 thì y2 = 1 Vậy tọa độ giao điểm của (D) và (P) là (4; 4) và (2; 1). Cách 1: 14 6 3 14 6 3 5 3 A 3 1 3 1 5 3 5 3 5 3 88 44 3 3 1 3 1 4 2 3 1) 22 0.5 Câu 2 3 3 1 3 1 3 1 3 1 2 (1,5đ) Cách 2: 14 6 3 4 2 3 14 6 3 20 4 3 A 3 1 4 2 5 3 5 3 5 3 Cách 1: Đặt AH = x (m) (0 < x < 762) BH = 762 – x (m). Ta có: 2a) 0.5 Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông, ta có: h = x.tan60 h = (762 – x).tan40
  13. h x.tan 60 và h (762 x).tan 40 x.tan 60 (762 x).tan 40 x.(tan 60 tan 40 ) 762.tan 40 762.tan 40 x tan 60 tan 40 762.tan 40 h  tan 60 32(m) tan 60 tan 40 Cách 2: h h Ta có: AH và BH tan A tan B h h AH BH tan A tan B 1 1 AB h tan A tan B 1 1 1 1 h AB : 762 : 0 0 32(m) tan A tan B tan 6 tan 4 Tính được: h h AC 306(m) ; CB 459(m) sin A sin B Thời gian An đi từ nhà đến trường là: 2b) 0.5 0,306 0,459 t 0,1(h) = 6 phút 4 19 An đến trường vào khoảng 6 giờ 6 phút. = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m a) 5 0.5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 4 Câu 5 Phương trình có nghiệm m 4 4 (1,5đ) b) x1 x2 2m 1 1.0 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 1 Theo đề bài:
  14. 2 x1 x2 x1 3x2 2 x1 x2 4x1x2 x1 3x2 2 2 2m 1 4 m 1 x1 3x2 x1 3x2 5 4m m 1 x1 x1 x2 2m 1 2 Ta có hệ phương trình: x 3x 5 4m 3(m 1) 1 2 x 2 2 m 1 3(m 1)  m2 1 2 2 3 m2 1 4 m2 1 m2 1 0 m 1 Kết hợp với điều kiện m 1 là giá trị cần tìm. E C 1 1 D N I M 1 2 1 J H 3 4 K 0.25 1 2 Câu 1 A B 5 O (3,5đ) F Ta có: A·DB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) a) A·DC 900 (kề bù với A·DB ) 0.5 Tứ giác ACDH có A·HC A·DC 900
  15. Tứ giác ACDH nội tiếp µ µ Tứ giác ACDH nội tiếp A1 H1 µ · Mà A1 ABC (cùng phụ với góc ACB) 0.25 µ · H1 ABC Áp dụng hệ thức lượng vào vuông AOC, có: OA2 = OH.OC OB2 = OH.OC (vì OA = OB) OB OH 0.5 OC OB OB OH OHB và OBC có: B·OC chung ; OC OB b) OHB OBC (c.g.c) µ · µ µ µ · OHB OBC H4 OBC H4 H1 do H1 ABC µ µ µ µ 0 0.25 Mà H1 H2 H3 H4 90 µ µ H2 H3 HM là tia phân giác của góc BHD. HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H Mà HC  HM HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có: MD HD CD HD 0.5 và MB HB CB HB MD CD MD.BC MB.CD MB CB c) Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O). OAN cân tại O, có OH là đường cao µ µ O1 O2 ONC OAC (c.g.c) O·NC O·AC 900 (O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính 0.5 OK  BD O·KC 900 Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC Dễ chứng minh bài toán phụ: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau tại I thì IA.IB = IC.ID.
  16. C A I B O D Áp dụng bài toán trên, ta có: (O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên MA.MN = MC.MK Do đó MB.MD = MC.MK. (O) có hai dây AN và IJ cắt nhau tại M nên MA.MN = MI.MJ MI.MJ = MC.MK MI MC µ $ MIC MKJ C1 J1 MK MJ µ µ 0 · µ $ Mà C1 E1 90 COE E1 J1 d) Tứ giác EJKM nội tiếp 0.75 E·JM E·KM 900 Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O) I¶JF 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) E· JF 1800 E, J, F thẳng hàng OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT KỲ THI TẠO TUYỂN NĂM HỌC 2017 – 2018 SINH LỚP ĐÀ NẴNG 10 THPT Môn thi: TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: (Đề thi gồm có 01 trang) TOÁN(ngày thi
  17. Bài 1: (1,5điểm) 01/6/2017) Thời gian làm a) Tính A = 8 18 32 bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề b) Rút gọn biểu thức B = 9 4 5 5 (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 2: (2,0 điểm ) 2x 3y 4 a) Giải hệ phương trình : x 3y 2 10 1 b) Giải phương trình : 1 x2 4 2 x Bài 3: ( 2,0 điểm ) Cho hai hàm số y = x2 và y = mx + 4 ,với m là tham số a) Khi m = 3 ,tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị của hai hàm số trên. b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m ,đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt 2 2 2 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 .
  18. 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: ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐÀ NẴNG 2017
  19. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 TỈNH ĐỒNG NAI Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề gổm 1 trang, có 5 câu ). Câu 1. ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x2 9x 20 0 7x 3y=4 2) Giải hệ phương trình : 4x y=5 3) Giải phương trình x4 2x2 3 0 Câu 2. ( 2,25 điểm ) 1 Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) 2 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ). Câu 3. ( 1,75 điểm ) a 2 a 2 4 1) Cho a > 0 và a 4 . Rút gọn biểu thức T . a a 2 a 2 a 2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau. Câu 4 : ( 0,75 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – 1 )x + m2 – 1 = 0 có hai 2 2 nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức P = ( x1 ) + ( x2 ) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 : ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc C·AB, A·BC, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC HẾT Hướng dẫn giải THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1. ( 2,25 điểm ) 2 1) Giải phương trình x 9x 20 0 ( Đáp số: x1 = 5 ; x2 = 4 ) 7x 3y=4 x 1 2) Giải hệ phương trình : (Đáp số: ) 4x y=5 y 1 4 2 3) Giải phương trình x 2x 3 0 ( Đáp số: x1 = 3 ; x2 = 3 ) Câu 2. ( 2,25 điểm ) 1 Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) 2 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2 ) Tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) là: M( 2; –2 ) và N(–4 ; –8 ) Câu 3. ( 1,75 điểm ) 1) Cho a > 0 và a 4 . Rút gọn biểu thức a 2 a 2 4 T . a a 2 a 2 a 2 2 a 2 a 2 a 4 . a 2 . a 2 a a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 . a 4 a 8 a 8 a 2) Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 ) + Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn ) 120 + Số xe dự định ban đầu : ( xe ) x 120 + Số xe lúc sau : ( xe ) x 1 120 120 Theo đề bài ta có phương trình : – = 4 ( x 0 ; x – 0,5 ) x 1 x x2 – x – 30 = 0 Giải được : x1 = 6 ( nhận ); x2 = –5 ( loại ) Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6( tấn ) Câu 4 : ( 0,75 điểm ) 2 2 Để phương trình: x + ( 2m – 1 )x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thì 5 0 m 4 Ta có: x1 + x2 = –( 2m – 1 ) 2 x1.x2 = m – 1 2 2 2 2 2 Nên P = ( x1 ) + ( x2 ) = (x1 + x2 ) – 2x1.x2 = [–( 2m – 1 )] – 2(m – 1) = 2( m – 1 )2 + 1 1 5 P = 1 khi m = 1 < ( nhận ) min 4 Câu 5 : ( 3,0 điểm ) 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. Chứng minh: A·FH 900 ; A·EH 900 Nên A·FH A·EH 900 900 1800 Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. ( tổng hai góc đối diện bằng 1800 ) 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB Chứng minh ΔBEC ΔADC (g-g) CE CB CE.CA CD.CB CD CA 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn ( O ) đường kính BC. Suy ra đường tròn ( O ) là đường tròn ngoại tiếp ΔBEF Áp dụng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, chứng minh: O·EB O·BE và M· EH B·HD M· HE Mà B·HD + O·BE 900 (ΔHDB vuông tại D ) Nên O·EB + M· EH 900 Suy ra M· EO 900 EM  OE tại E thuộc ( O ) EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC Chứng minh ΔDBF ΔDEC (ΔABC ) B·DF E·DC B· DI I·DF E·DJ J·DC I·DJ F·DC Kết hợp áp dụng tỉ số giữa 2 bán kính bằng tỉ số đồng dạng, chứng minh được: ΔIDJ ΔFDC(c-g-c) Suy ra D· IJ D· FC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC
  20. Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 3x y 5 1) (2x 1)(x 2) 0 2) 3 x y Câu 2 (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d): y x m 2và (d’): y (m2 2)x 3. Tìm m để (d) và (d’) song song với nhau. x x 2 x 1 x 2) Rút gọn biểu thức: P : với x x 2 x 2 x 2 x x 0;x 1;x 4. Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy ? 2) Tìm m để phương trình: x2 5x 3m 1 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai 3 3 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 x2 3x1x2 75 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB. 1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH. HB2 EF 3) Chứng minh: 1 . HF2 MF Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, zlà ba số thực dương thỏa mãn: x y z 3 .Tìm giá trị x 1 y 1 z 1 nhỏ nhất của biểu thức: Q . 1 y2 1 z2 1 x2 Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 2x 1 (x 2) 0 0,25 2x 1 0 x 2 0 1 x 2 x 2
  21. 0.25 0,25 0.25 3x y 5 x 1 2 1,00 3 x y y 2 1 m2 2 m 1 Điều kiện để hai đồ thị song song là II 1 m 2 3 m 1 1,00 Loại m = 1, chọn m =-1 x x 2 x 1 x A ( ) : x x 2 x 2 x 2 x x x 2 x 1 x A ( ) : x 1 x 2 x x 2 2 x 0,25 0,25 2 x x 2 x 1 x 0,25 A ( ) : 0,25 x 1 x 2 x x 2 2 x 2 A x 1 Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 1 là x chi tiết ( x nguyên dương, x < 900) Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 2 là y chi tiết ( ynguyên dương, y < 900) II 1 1,00 x y 900 x 400 Theo đề bài ta có hệ 1,1x 1,12y 1000 y 500 Đáp số 400, 500 2 29 29 12m 0 m nên pt có hai nghiêm 12 Áp dụng vi ét x x 5 và x x 3m 1 A 1 2 1 2 E 2 P = x1 x2 x1 x2 x1x2 3x1x2 75 x1 x2 3 1 Kết hợp x1 x2 5 suy ra x1 1; x2 4 Thay vào x1x2 3m 1 suy ra m 5 = F 3 M O N H IV 0,25 B
  22. · · 0 · · 0 a)MAO MBO 90 MAO MBO 180 . Mà hai góc đối nhau 0,75 nên tứ giác MAOB nội tiếp b) Chỉ ra MNF : ANM(g g) suy ra MN 2 NF.NA Chỉ ra NFH : AFH(g g) suy ra NH2 NF.NA 1 Vậy MN 2 NH2 suy ra MN = NH Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R MO là đường trung trực của AB AH  MO và HA = HB MAF và MEA có: A·ME chung; M· AF A¶EF MAF MEA (g.g) MA MF MA2 MF.ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO, có: MA2 = MH.MO ME MO Do đó: ME.MF = MH.MO MH MF MFH MOE (c.g.c) M· HF M· EO Vì B·AE là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng · · 1 » · · FEB FAB = sđEB MHF FAB 2 1 A·NH N· HF A·NH F·AB 900 HF  NA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: NH2 = NF.NA NM2 NH2 NM NH . HB2 EF 3) Chứng minh: 1 . HF2 MF Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: HA 2 = FA.NA và HF2 = FA.FN HB2 HA2 FA.NA NA Mà HA = HB HF2 HF2 FA.FN NF HB2 = AF.AN (vì HA = HB) EF FA Vì AE // MN nên (hệ quả của định lí Ta-lét) MF NF HB2 EF NA FA NF 1 HF2 MF NF NF NF 0,25 x 1 y 1 z 1 x y z 1 1 1 Q 2 2 2 2 2 2 2 2 2 M N 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x V 1,00 x y z Xét M , áp dụng Côsi ta có: 1 y2 1 z2 1 x2
  23. 2 2 x x 1 y xy xy2 xy2 xy x x x 1 y2 1 y2 1 y2 2y 2 y yz z zx Tương tự: y ; z ; Suy ra 1 z2 2 1 x2 2 x y z xy yz zx xy yz zx M x y z 3 1 y2 1 z2 1 x2 2 2 Lại có: x2 y2 z2 xy yz zx x y z 2 3 xy yz zx xy yz zx 3 xy yz zx 3 3 Suy ra: M 3 3 Dấu “=” xảy ra x y z 1 2 2 2 1 1 1 Xét: N , ta có: 1 y2 1 z2 1 x2 1 1 1 3 N 1 2 1 2 1 2 1 y 1 z 1 x y2 z2 x2 y2 z2 x2 x y z 3 1 y2 1 z2 1 x2 2y 2z 2x 2 2 3 3 Suy ra: N 3 Dấu “=” xảy ra x y z 1 2 2 Từ đó suy ra: Q 3 . Dấu “=” xảy ra x y z 1 Vậy Qmin 3 x y z 1 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TRÀ VINH NĂM HỌC: 2017-2018 Môn thi: Toán 1 1 Bài 1.(3,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: A= 3 2 2 3 2 2 3x y 7 2. Giải hệ phương trình: 3. Giải phương trình: 5x y 9 x2 3x 10 0 2 Bài 2. (2,0 điểm) Cho hai hàm số y x 2 và y x có đồ thị lần lượt là (d) và (P) 1. Vẽ (d) và (P) trên cùng hệ trục tọa độ 2. Bằng phép toán tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). 2 Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2(m 2)x 6m 0 (1) (với m là tham số) 1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
  24. 2. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P =x1 x2 Bài 4.(3,0 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R, đường kính BC. Gọi A là một điểm thuộc đường tròn (A khác B và C). Đường phân giác B·AC cắt BC tại D và cắt đường tròn tại M. 1. Chứng minh MB=MC và OM vuông góc với BC 2. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC. Tứ giác AEDF là hình gì? 3. Cho ·ABC 600 . Tính diện tích tam giác MDC theo R. .Hết . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NAM ĐỊNH Năm học 2017-2018 Môn: TOÁN Phần 1 trắc nghiệm (2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu 1. Điều kiện để biểu thức 2017 xác định là x 2 A.x 2.C.x ≠ 2.D.x = 2. Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,đồ thị hàm số y = x +1 đi qua điểm A.M(1;0).B.N(0;1).C.P(3;2).D.Q(-1;-1). Câu 3. Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + 8 nghịch biến trên R là A.m ≥ 2.B.m > 2.C.m < 2.D.m ≠ 2. Câu 4. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có tổng 2 nghiệm bằng 5? A.x2 -10x -5 = 0.B.x 2 - 5x +10 = 0.C. x 2 + 5x -1 = 0.D. x 2 - 5x – 1 = 0. Câu 5. Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có 2 nghiệm trái dấu? A.-x2 + 2x -3 = 0.B.5x 2 - 7x -2 = 0.C.3x 2 - 4x +1= 0.D.x 2 + 2x + 1= 0. Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH, biết BH = 4cm và CH = 16cm. Độ dài đường cao AH bằng A.8cm.B.9cm.C.25cm.D.16cm. Câu 7. Cho đường tròn có chu vi bằng 8 cm. Bán kính đường tròn đã cho bằng A.4cm.B.2cm.C.6cm.D.8cm. Câu 8. Cho hình nón có bán kính bằng 3 cm chiều cao bằng 4cm. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A.24π cm2.B. 12π cm 2.C. 20π cm 2.D. 15π cm 2.
  25. Phần 2 tự luận 1 x 1 Câu 1. (1,5 điểm)Cho biểu thức P : ( với x > 0 và x ≠ 1). x2 x x x x x 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1+ x. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số). 1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 2) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho 2 x1 + x1x2 + 3x2 = 7. 2x 3y xy 5 Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình 1 1 1 x y 1 Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) 1) Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2. 2) Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN. 3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2. Câu 5. (1 điểm) Giải phương trình 5x2 4x x2 3x 18 5 x . Câu 5. (1,0 điểm) Điều kiện: x 6 Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang: 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x 25x 10x 5x 4 x2 3x 18 6 5x 4 10x 5x 4 4x2 2x 6 0 Đặt 5x 4 t , phương trình trên trở thành: 6t 2 10xt 4x2 2x 6 0 ; ' 25x2 6(4x2 2x 6) (x 6)2 0 5x x 6 t t x 1 6 2x 3 5x x 6 t t 3 6 7 61 Với t x 1 x 1 5x 4 x2 7x 3 0 x (do x 6) 2
  26. 2x 3 Với t 2x 3 3 5x 4 4x2 33x 27 0 x 9 (do x 6) 3 7 61  Vậy S ;9 . 2  5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x x2 3x 18 5 x Cách 2: 5x2 4x x2 22x 18 10 x(x2 3x 18) 2x2 9x 9 5 x(x 6)(x 3) 2(x2 6x) 3(x 3) 5 (x2 6x)(x 3) a x2 6x Đặt: (a 0;b 3) ta có phương trình: b x 3 2 2 a b 2a 3b 5ab (a b)(2a 3b) 0 2a 3b 7 61 x (TM ) 2 2 1)a b x 7x 3 0 7 61 x (KTM ) 2 x 9(tm) 2 2)2a 3b 4x 33x 27 0 3 x (ktm) 4 7 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  . 2  TP HỒ CHI MINHKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày thi 3 tháng 6 năm 2017 Bài 1: 1) Giải pt x2 = (x – 1)(3x – 2) 2) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100m .Tính chiều dài và chiều rộng của miếng đất biết rằng 5 lần chiều rộng hơn 2 lần chiều dài là 40m. 1 Bài 2: Trong mp(Oxy) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x 2 4 3 b) Cho đường thẳng (D): y = x m đi qua điểm C(6; 7) . Tìm tọa độ giao 2 điểm của (D) và (P). 14 6 3 Bài 3: a) Thu gọn các biểu thức sau : A = ( 3 + 1) 5 3 b) Lúc 6 giờ sáng Bạn An đi xe đạp từ nhà điểm A đến trường điểm B phải leo lên và xuống một con dốc như hình vẽ. Cho biết đoạn đường thẳng AB dài 762 mét, góc A = 60, góc B = 40.
  27. Tính chiều cao h của con dốc. Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc 4km/giờ. Tốc độ trung bình xuống dốc 19km/giờ. Bài 4: Cho phương trình x2 – (2m – 1)x + m2 – 1 = 0 (1) a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. 2 b) Định m để hai nghiệm x1, x2 của phương trình thỏa mãn : (x1 – x2) = x1 – 3x2. Bài 5: Cho ABC vuông tại A, đường tròn tâm O đường kính AB cắt đoạn BC và OC lần lượt tại D và I. Gọi H là hình chiếu của A lên OC, AH cắt BC tại M. a) CM : Tứ giác ACDH nội tiếp và CHD = ABC b) CM: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của BHD c) Gọi K là trung điểm BD, CM: MD.BC = MB.CD và MB.MD = MK.MC. e) Gọi E là giao điểm AM và OK ; J là giao điểm IM và (O) (J I) . Chứng minh hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm nằm trên (O). A L O H 1 I 1 B C K M D J E SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Ngày thi: 02 tháng 06 năm 2017 Môn thi: TOÁN (Không chuyên) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
  28. Câu 1: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức T = 36 9 49 Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình x2 – 5x – 14 = 0 Câu 3: (1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng (d) : y 2m 1 x 3 song song với đường thẳng (d ') : y 5x 6 3 Câu 4: (1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y x2 2 ax y 1 Câu 5: (1,0 điểm) Tìm a và b biết hệ phương trình có một nghiệm là (2;–3) ax by 5 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc cạnh BC) biết AB = a , BC = 2a. Tính theo a độ dài AC và AH. 2 Câu 7: (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x x m 2 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 3 3 2 2 thỏa x1 x2 x1 x2 17 . Câu 8: (1,0 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và độ dài 65 đường chéo bằng lần chiều rộng . Tính diện tích của mảnh đất hình chữ nhật đã 4 cho. Câu 9: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có B·AC tù. Trên BC lấy hai điểm D và E, trên AB lấy điểm F, trên AC lấy điểm K sao cho BD = BA, CE = CA, BE = BF, CK = CD. Chứng minh bốn điểm D, E, F và K cùng nằm trên một đường tròn. Câu 10: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC), nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), đường phân giác của góc A trong tam giác AH 15 ABC cắt đường tròn đó tại K (K khác A) , Biết = . Tính ·ACB HK 5 Câu 1 (2,0 điểm ) 1. a) Giải phương trình: 4x + 3 = 0 3x y 7 b) Giải hệ phương trình: 2x y 3 b 1 1 b 1 2. Rút gọn biểu thức sau: A = Víi b 0;b 1 b 1 b 1 b 2 Câu 2 (2.0 điểm) : Cho phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0. a) Giải phương trình khi n = 0
  29. b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của n. 2 2 c) Tìm giá trị của n để biểu thức A = x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x 2 và đư- ờng thẳng (d) : y = 2x + 3 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt . Tìm tọa độ giao điểm. 2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OMN ( O là gốc toạ độ) Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính MN. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho MC < NC (C M). Các tiếp tuyến tại N và C của (O) cắt nhau ở điểm D, MD cắt (O) tại E (E M) . 1) Chứng minh NE2 = ME.DE. 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với ND cắt MN tại H, DO cắt NC tại F. Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp . 3) Gọi I là giao điểm của MD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH. Câu V ( 1,0 điểm) Chox, y, z là các số thực dương. 3(x3 y3 z3 ) 1 3 Chứng minh rằng P . 4(xy yz zx) (x y z)2 4 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
  30. 3 0,5 1.a) x= 4 b) Giải hệ phương trình 3x y 7 5x 10 x 2 2x y 3 2x y 3 y 1 x 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm y 1 1 0,5 (2điểm) 2. Rót gän biÓu thøc: Víi a 0;a 1 ta cã: b 1 b 1 b 1 1 b 1 1 b 1 A = = b 1 b 1 b 2 b 1 b 1 b 2 1.0 2 b 1 1 b 1 b b 2 b 1 = b b 1 b 2 b 1 b 2 VËy A = b Víi b 0;b 1 a) Xét phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0. 0,75 2 Thay n = 0 vào giải được x = 1; x = 3 (điểm) b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân 0,75 biệt x1, x2 với mọi giá trị của n.
  31. 2 2 Ta có (n 2) n 4n 3 1 > 0 với mọi n. Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của n. c) phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của n. Theo hệ thức Vi-ét ta có : x1 x2 2(n 2) 2 x1.x2 n 4n 3 2 2 2 2 2 A = x1 x2 = (x1 + x2) – 2 x1x2 = 4(n + 2) – 2(n + 4n +3) = 2n2 + 8n+ 10 0,5 = 2(n2 + 4n+4) + 2 = 2(n + 2)2 + 2 ≥ 2 với mọi n. Suy ra minA = 2 n + 2 = 0 n = - 2 Vậy với n = - 2 thì A đạt min = 2 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0 3 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c 3 x1 = -1 và x 3 2 a 1 0,5 2 Với x1 = -1 => y1 = (-1) = 1 => M (-1; 1)
  32. 2 Với x2 = 3 => y2 = 3 = 9 => N (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt M và N 0,5 2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OMN ( O là gốc toạ độ) y Ta biểu diễn các điểm M và N trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ MD NC 1 9 S .DC .4 20 MNCD 2 2 x NC.CO 9.3 S 13,5 0,5 NOC 2 2 MD.DO 1.1 S 0,5 MOD 2 2 Theo công thức cộng diện tích ta có: S(MBC) = S(MNCD) - S(NCO) - S(MDO) = 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt) 0,5 Câu 4 D (3điể m) C E M N O 1 (1đ ) Vì ND là tiếp tuyến của (O) nên ND  ON 0,25 Suy ra:ΔMND vuông tại N
  33. Vì MN là đường kính của (O) nên ME  NE 0,25 Áp dụng hệ thức lượng trong ΔMND (M· ND=900 ;NE  MD) 0, 5 Ta có NE2 = ME.DE ( đpcm) D C E Ta có: + DC = DN ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) I F M N H O + OC = ON (Bán kính đường tròn (O) ) Suy ra DO là trung trực của CN 0,25 2(1 đ) Suy ra DO NC C·FO 900 (1) Lại có CH // ND (gt), 0,25 mà MN  ND (vì ND là tiếp tuyến của (O)) => CH  MN => O·HC 900 (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có ·OFC O·HC 1800 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25 Có CH //ND=>H·CN C·ND (hai góc ở vị trí so le trong) mà 0,25 ΔNCD cân tại D => C·ND D·CN nên CN là tia phân giác của H·CD do CM  CN => CM là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của 0,25 MI CI 3( 1đ) ΔICD = (3) MD CD MI HI 0,25 Trong ΔMND có HI // ND => = (4) MD ND CI HI 0,25 Từ (3) và (4) => = mà CD=ND CI=HI I là trung điểm CD ND
  34. của CH Ta có (x y z)3 (x3 y3 z3 ) 3(x y)(y z)(z x) 0,25 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm x+y; y+z; z+x ta có: 0,25 3 (2x 2y 2z) 8 3 (x y)(y z)(z x) x y z 27 27 1 3 x3 y3 z3 x y z 9 (x y z)2 0,25 Lại có x2 y2 z2 xy yz zx xy yz zx 3 (x y z)3 Câu 5 3 3 3 3 3(x y z ) 1 1 Do đó P 9 2 4 2 (1đ) 4(xy yz zx) (x y z) (x y z)2 (x y z) 3 x y z 1 x y z x y z 1 4 (x y z)2 8 8 (x y z)2 x y z x y z 1 3 33 . . 8 8 (x y z)2 4 0,25 x y z 2 Dấu bằng xảy ra khi x y y z z x x y z 3 x y z 1 2 8 (x y z) 3 2 Vậy P Khi x y z . 4 3
  35. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất cả thí sinh ) Ngày thi :02 tháng 6 năm 2017 Câu 1: ( 2 điểm ) x x 3 x 2 x 2 Cho biểu thức: A = 1 : Với x 0 ; x 4 ; x x 1 x 2 x 3 x 5 x 6 9 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu 2 : ( 2 điểm ) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ; cho ba đường thẳng (d1) : y = -5(x + 1) ; (d2) : y = 3x – 13 ; (d3) : y = mx + 3 ( Với m là tham số ) Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường (d1) và (d2) với giá trị nào của m thì đường thẳng (d3) đi qua điểm I ? x 1 2 y 2 5 b) Giải hệ phương trình 3. y 2 x 1 5 Câu 3 : ( 2 điểm ) a) Tìm m để phương trình (m – 1).x2 -2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm x1 x2 5 phân biệt x1 và x2 khác không thỏa mãn điều kiện + = 0 x2 x1 2 b) Giải phương trình x x 2 = 9- 5x Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O) với tâm O có bán kính R đường kính AB cố định, M là một điểm di động trên (O) .sao cho M không trùng với các điểm A và B .Lấy C là điểm đối xứng với O qua A .Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E .các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng và tứ giác MENF nội tiếp b) Chứng minh : AM .AN = 2R2 c)Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O)để tam giá BNF có diện tích nhỏ nhất Câu 5 : ( 1 điểm ) Cho a; b ; c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh rằng a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 + + > 1 2ab 2bc 2ca BÀI GIẢI KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2017-2018 ( Dành cho tất cả thí sinh ) Câ Lời giải u x x 3 x 2 x 2 1 1) A = 1 : x 1 x 2 x 3 x 5 x 6
  36. 1 x 3 x 3 x 2 x 2 x 2 A = : x 1 x 2 x 3 1 x 9 x 4 x 2 1 x 3 1 1 x 2 A = : = : = : = x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 x 1 3 3 3 2) A = = 1- Để A nhận giá trị nguyên khi đạt giá trị nguyên . Hay - x 1 x 1 x 1 3 x 1 x 1 là ước của -3 Nên x 1 =1 x = 0 x = 0 thỏa mãn x 1=-1 x = -2 theo vi ét ta có m 1 3 m 2 m 1 x1 x2 m 1 x x 5 x 2 x 2 5 x x 2 2x x 5 mà 1 2 + = 0 1 2 0 1 2 1 2 0 x2 x1 2 x1.x2 2 x1.x2 2
  37. 2 2 2m m 2 4m m 2 m 1 2. 2. m 1 m 1 5 m 1 2 m 1 2 5 0 0 m 2 2 m 2 2 m 1 m 1 4m 2 2m 2 2m 4 2m 2 2m 4 m 1 2 5 m 1 2 5 2m 2 2m 4 5 0 0 0 m 2 2 m 2 2 m 1 m 2 2 m 1 m 1 4m 2 4m 8 5(m 2 m 2) 0 2.(m 1)(m 2) 4m 2 4m 8 5m 2 5m 10 9m 2 m 2 0 0 ta có m 1;m 2 2.(m 1)(m 2) 2.(m 1)(m 2) 1 73 1 73 m1= hoặc m2= thỏa mãn 18 18 b) Giải phương trình x x 2 = 9- 5x đặt t =x 2 0 x = t2 + 2 (t2 + 2).t = 9-5(t2 + 2) t3 +2t + 5t2 +10 – 9 = 0 t3 + 5t2 +2t +1= 0 t3 + 4t2 + 4t+ t2 -2t +1= 0 Cách 2: x2(x-2) =81-90x+25x2 x3 -2x2 -25x2+ 90x -81 = 0 x3 -27x2+ 90x -81 = 0 x3 -3.3x2+ 3.9.x -27 -18x2 + 63x -54 = 0 (x-3)3 -9(2x2-7x+6) = 0 a) Chứng minh ba điểm A; E ; F thẳng hàng Xét BNF ta có BMˆA 900 ( nội tiếp chắn nữa đường tròn) BMˆN 900 NM BF nên MN là đường cao BC  NF ( gt) Nên BC là đường cao mà BC cắt MN tại A nên A là trực tâm FA thuộc đường cao thứ ba nên FA  BN mà BEˆA = 900( nội tiếp chắn nữa đường tròn) EA BN theo ơ clit thì qua A kẻ được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với BN nên ba điểm A; E ; F thẳng N hàng Chứng minh tứ giác MENF nội tiếp 1 FEˆN 0 Câu ta có = 90 ( FE  BN) E 4 FMˆN = 900( MN  BF) FEˆN =FMˆN = 900 Mà E và M nằm về nữa mặt phẳng bờ là NF vậy bốn điểm N;E ;M ; F Thuộc đường trong đường kính B C MN hay tứ giác MENF nội tiếp O A 1 b) Chứng minh : AM .AN = 2R2 Xét BAN và MAC ta có ˆ ˆ M tứ giác N1 F1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp 1 NEMF cùng chắn cung EM) (1) ˆ ˆ cùng chắn F1 C1 ( góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CAMF F
  38. ˆ ˆ ˆ cung AM) (2) Từ (1) và (2) N1 C1 ( F1 ) (*) Mà BAˆN MAˆC ( đối đỉnh) ( ) từ (*) và( ) ta có BAN đồng dạng với MAC MA AC (g.g) AM.AN = AB . AC = 2R.R=2R2 AB AN 1 c) S BNF = BC.NF vì BC = 2R nên S BNF nhỏ nhất khi NF nhỏ nhất S BMAlớn 2 nhất ; vì BA cố định ; M thuộc cung tròn AB nên S BMAlớn nhất khi BAM là tam giác cân M là điểm chính giữa của Cung BA a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b 2 1 2ab 2bc 2ac 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c(a b c ) 2abc a(b c a ) 2abc b(a c b ) 2abc 0 2 2 2 2 2 2 c (a b) c a (b c) a b (a c) b 0 c(a b c)(a b c) a(b c a)(b c a) b(a c b)(a c b) 0 c(a b c)(a b c) a(b c a)(a b c) b(a c b)(a b c) 0 Câu (a b c)c.(a b c) a(b c a) b(a c b) 0 5 2 2 2 (a b c) ca cb c ab ac a ba bc b 0 2 2 2 2 2 2 (a b c) c ab a ba b 0 (a b c) c a 2ba b 0 2 2 2 2 2 (a b c) c (a 2ba b ) 0 (a b c) c (a b ) 0 (a b c)(c a b)(c a b) 0 đúng .vì a;b;c là độ dài ba cạnh của tam giác ta có : a + b > c suy ra a + b –c >0 ;tương tụ ta có c + b-a= c-a + b > 0 và c + a –b >0 nhân với với vế ba bất đẳng thức nói trên ta có ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0 nên bất đẳng thức đầu đúng ĐPCM SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2017 – 2018 Môn thi : TOÁN Bài 1 : (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 2 1) A 3 3 2 12 27 ; 2) B 3 5 6 2 5 . Bài 2: (1.5 điểm) Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 4x 9 . 1) Vẽ đồ thị (P); 2) Viết phương trình đường thẳng (d1) biết (d1) song song (d) và (d1) tiếp xúc (P). Bài 3 :(2,5 điểm) 2x y 5 2017 1) Giải hệ phương trình . Tính P x y với x, y vừa tìm x 5y 3 được.
  39. 2) Cho phương trình x2 10mx 9m 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 1; b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa điều kiện x1 9x2 0 . Bài 4:(1,5 điểm) Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường. Nếu hai đội cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc chậm hơn đội II là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội đắp xong đê trong bao nhiêu ngày? Bài 5: (3,5 điểm) Tam giác AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ MH vuông góc AB (H AB), MH cắt đường tròn tại N. Biết MA = 10cm, AB = 12cm. a) Tính MH và bán kính R của đường tròn; b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 NE.ND và AC.BE BC.AE ; c) Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Hết ĐÁP ÁN: y 4 Bài 1: 1) A 3 3 2 12 27 3 3 4 3 3 3 4 3 ; 2 2) B 3 5 6 2 5 3 5 5 1 2 Bài 2: 1) parabol (P) qua 5 điểm 0;0 , 1;1 , 1;1 , 2;4 , 2;4 1 2) (d ) song song (d) (d ) : y 4x b (b 9) 1 1 -2 -1 O 1 2 x (d1) tiếp xúc (P) khi phương trình hoàng độ giao điểm của hai đường x2 4x b x2 4x b 0 có nghiệm kép 4 b 0 b 4 (d1) : y 4x 4 Bài 3: 1) 2x y 5 10x 5y 25 11x 22 x 2 x 2 x 5y 3 x 5y 3 x 5y 3 2 5y 3 y 1 P 2 1 2017 1 2) x2 10mx 9m 0 (1) a) m 1 x2 10x 9 0 có a + b + c = 1 10 + 9 = 0 nên có 2 nghiệm c phân biệt x 1, x 9 1 2 a b) Điều kiện (1) có 2 nghiệm phân biệt là 25m2 9m 0 (*)
  40. Theo Viét, theo đề, ta có: x1 x2 10m 10x2 10m x2 m x2 m x1 9x2 0 x1 9x2 0 x1 9m x1 9m,(*) m 1 x x 9m x x 9m 2 m 0 1 2 1 2 9m 9m 0 m 1 Bài 4: Cách 1: Gọi 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. 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương trình x y 1 1 1 x y 6 Giải hệ x y 9 x 9 y x 9 y x 9 y x 18 1 1 1 1 1 1 2 y 9 y 3y 54 0 y 9 x y 6 9 y y 6 y 6(l) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Cách 2: Gọi x(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội I (x > 9), x 9(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội II. 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương x x 9 1 1 1 trình Giải phương trình: x x 9 6 M 1 1 1 2 x 18 x 21x 54 0 ( = 225) x x 9 6 x 3(l) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Bài 5: a) Theo t/c đường kính và dây cung H trung điểm AB AH = 6cmO D 2 2 2 2 AMH vuông tại H MH = AM AH 10 6 8cm I AMN vuông tại A, đường cao AH 2 AH 36 A E B AH 2 HM.HN HN 4,5cm H C MH 8 N
  41. MN MH HN 8 4,5 Bán kính R 6,25cm 2 2 2 b) M· DN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), M· HE 900 (MHAB) M· DE M· HE 1800 tứ giác MDEH nội tiếp. NBE và NDB có góc N chung, N· BE N·DB (cùng chắn hai cung bằng nhau là cung NA, NB t/c đường kính và dây cung) NB NE NBE đồng dạng NDB NB2 NE.ND ND NB Ta có cung NA bằng cung NB (t/c đường kính và dây cung) góc ADE bằng góc EDB DE là phân giác trong của ABD. Vì ED  DC Dc là phân giác ngoài ABD DA EA CA AC.BE BC.AE DB EB CB c) Kẻ EI // AM (I BM) AMB đồng dạng EIB EIB cân tại I IE = IB. Gọi (O ) là đường tròn tâm I ngoại tiếp EBD . Ta có NB  BM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) BN  BI BN là tiếp tuyến đường tròn (O ) E·BN E·D B (cùng chắn cung BE) Mặt khác trên đường tròn (O), E·BN E·DB (cùng chắn hai cung bằng nhau NA, NB) D nằm trên đường tròn (O ) NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM 2017 Môntoán Bài 1:( 1,5điểm) a. Tính A 8 18 32 ; b. Rútgọnbiểuthức B 9 4 5 5 Bài 2:( 2,0điểm) 2x 3y 4 a) Giảihệphươngtrình x 3y 2 10 1 b) Giảiphươngtrình 1 x2 4 2 x Bài3:( 2,0điểm) Cho hai hàmsố y x2 và y = mx + 4, với m là tham số a. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số trên. b. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đồ thị hai số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A1 x1; y1 vàB x2 ; y2 . Tìm tất cả các trị của m sao cho 2 2 2 y1 y2 7 . Bài 4:( 1, 0 điểm) Một đội xe vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo 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 gạo mỗi xe chở vẫn bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc.
  42. Bài 5:( 3,5điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là một điểm trên nửa đường tròn( Ckhác A và B). Trên cung AC lấy điểm D ( D khác A và C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB và E là giao điểm của BD và CH. a) Chứng minh ADEH là tứ giác nộ itiếp. b) Chứng minh rằng ·ACO H· CB và AB.AC =AC.AH + CB.CH c) Trên đọan OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Chứng minh rằng khi C chạy trên nửa đường tròn đã cho thĩ M chạy trên một đường tròn cố định. KỲ THI TUYỂN SINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: TOÁN x 1 Câu 1 (1,5 điểm) a) Giải phương trình: 1 0 . 2 2x y 3 b) Giải hệ phương trình: 2 . x y 5 1 Câu 2 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y x2 2 và hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là xA 1; xB 2 . a) Tìm tọa độ A, B. b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A,B. c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d). Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình: x(m2 là2 (thamm 1 số).)x m2 m 1 0 a) Giải phương trình với .m 0 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : 1 1 4 . x1 x2 Câu 4 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD (H AB;K AD ). a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID. c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng. d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng: S ' HK 2 S 4.AI 2 3 2 Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình : x3 4 3 (x2 4)2 4 . HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
  43. Câu Phần Nội dung Điểm x 1 x 1 1 0 1 x 1 2 x 1 a) 2 2 0.75 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. 2x y 3 x2 2x 2 x2 2x 2 0 (1) 2 x y 5 2x y 3 y 3 2x (2) Câu 1 Giải (1): ' 3 ; x1,2 1 3 (1,5đ) Thay vào (2): b) Với x 1 3 thì y 3 2 1 3 1 2 3 0.75 Với x 1 3 thì y 3 2 1 3 1 2 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x, y  1 3;1 2 3 , 1 3;1 2 3  . Vì A, B thuộc (P) nên: 1 1 x 1 y ( 1)2 a) A A 2 2 1 0.75 Vậy A 1; , B(2;2) . 1 2 2 x 2 y  2 2 B B 2 Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b. Ta có hệ phương trình: Câu 2 1 3 1 b) a b 3a a 1 0.75 (2,5đ) 2 2 2 Vậy (d): y x 1 . 2 2a b 2 2a b 2 b 1 (d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0) OC = 1 và OD = 2 Gọi h là khoảng cách từ O tới (d). c) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào vuông OCD, ta có: 1.0 1 1 1 1 1 5 2 5 h h2 OC2 OD2 12 22 4 5 x2 2(m 1)x m2 m 1 0 (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x2 2x 1 0 a) 1.0 ' 2 ; x1,2 1 2 Câu 3 Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là x 1 2 . (2,0đ) 1,2 ' m 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m 2 b) x1 x2 2(m 1) 1.0 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m m 1
  44. Do đó: 1 1 x1 x2 2(m 1) 4 4 2 4 x1 x2 x1x2 m m 1 2 2 m 1 m m 1 0 m m 1 0 3 m 1 2(m2 m 1) 2m2 m 3 0 m 2 3 Kết hợp với điều kiện m 1; là các giá trị cần tìm.  A 2 H 1 1 B 1 0.25 Tứ giác AHIK có: K 1 A· HI 900 (IH  AB) I a) A· KI 900 (IK  AD) O 0.75 · · 0 AHI AKI 180 1 D C Tứ giác AHIK nội tiếp. IAD và IBC có: µ µ A1 B1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O)) b) A· ID B· IC (2 góc đối đỉnh) IAD IBC (g.g) 0.5 IA ID IA.IC IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có µ µ Câu 4 A1 H1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) µ µ µ µ (3,0đ) c) Mà A1 B1 H1 B1 0.75 µ µ Chứng minh tương tự, ta được K1 D1 µ µ µ µ HIK và BCD có: H1 B1 ; K1 D1 HIK BCD (g.g) B H Gọi S1 là diện tích của BCD. A Vì HIK BCD nên: F 2 2 2 2 I S' HK HK HK HK K 2 2 (1) S1 BD (IB ID) 4IB.ID 4IA.IC E O d) CF IC 0.75 Vẽ AE  BD , CF  BD AE / /CF ADE IA C ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên: S CF S IC 1 1 (2) S AE S IA Từ (1) và (2) suy ra
  45. 2 2 S' S1 HK IC S' HK   2 (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA 3 2 Câu 5 Giải phương trình : x3 4 3 (x2 4)2 4 . 1.0 (1,0đ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2017 – 2018 TIỀN GIANG MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 5/6/2017 Bài I. (3,0 điểm)1. Giải hệ phương trình và phương trình sau: 2x y 5 4 2 a/ b/ 16x 8x 1 0 x y 4 2 5 1 1 2. Rút gọn biểu thức: A 4 5 1 3. Cho phương trình x2 mx m 1 0 (có ẩn số x). a/ Chứng minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m. 2x1x2 3 b/ Cho biểu thức B 2 2 . Tìm giá trị của m để B = 1. x1 x2 2 1 x1x2 Bài II. (2,0 điểm) Cho parabol P : y 2x2 và đường thẳng d : y x 1 . 1/ Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ. 2/ Bằng phép tính, xác định tọa độ giao điểm A và B của (P) và (d). Tính độ dài đoạn thẳng AB. Bài III. (1,5 điểm) Hai thành phố A và B cách nhau 150km. Một xe máy khởi hành từ A đến B, cùng lúc đó một ôtô cũng khởi hành từ B đến A với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 10km/h. Ôtô đến A được 30 phút thì xe máy cũng đến B. Tính vận tốc của mỗi xe. Bài IV. (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, N là điểm bất kỳ thuộc cung MB (N khác M và B). Tia AM và AN cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn tâm O lần lượt tại C và D. 1. Tính số đo A·CB . 2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một đường tròn. 3. Chứng minh AM.AC = AN.AD = 4R2. Bài V. (1,0 điểm) Cho hình nón có đường sinh bằng 26cm, diện tích xung quanh là 260 cm2. Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón. HẾT Đề 19
  46. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi : TOÁN Câu 1. ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x2 9x 20 0 7x 3y=4 2) Giải hệ phương trình : 4x y=5 3) Giải phương trình x4 2x2 3 0 1 Câu 2. ( 2,25 điểm ) Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị lần lượt là ( P) và 2 (d ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ). Câu 3. ( 1,75 điểm ) a 2 a 2 4 1) Cho a > 0 và a 4 . Rút gọn biểu thức T . a a 2 a 2 a 2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau. Câu 4 : ( 0,75 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – 1 2 2 2 )x + m – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức P = ( x1 ) + ( x2 ) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 : ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc C·AB, A·BC, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC céng hoµ x· héi chñ nghÜa viÖt nam Bé gi¸o dôc ®µo t¹o §éc LËp -Tù Do -H¹nh Phóc Tr­êng ®¹i häc s­ ph¹m hµ néi ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2017 Môn thi: Toán ( Dùng cho mọi thí thi vào trường chuyên)
  47. Câu 1( 2 điểm) Cho biểu thức 2 3 b a a 2b 3 2 2 a a a ab a b b 2 P : 2 2 với ,a,b 0,a b,a b a . 1 b a b a b 1 a a b 2 a a 1.Chứng minh rằng P a b. 2.Tìm a,b biết P 1 & a3 b3 7 1 1 2 Câu 2( 1 điểm) Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn x2 1 y2 1 xy 1 1 1 2 Tính giá trị biểu thức P x2 1 y2 1 xy 1 Câu 3(2 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d : y 2ax 4a (với a là tham số 1 1.Tìm tọa độ giao điểm của ( d) và (P) khi a 2 2. Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng (d) cắt (P) taị hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 thỏa mãn x1 x2 3 Câu 4 (1 điểm) Anh nam đi xe đạp từ A đến C . Trên quãng đường AB ban đầu ( B nằm giữa A và C).Anh Nam đi với vận tốc không đổi a( km/h) và thời gian đi từ A đến B là 1,5 giờ. Trên quãng đường BC còn lại anh Nam đi chậm dần đều với vận tốc tại thời điểm t ( tính bằng giờ) kể từ B là v 8t a ( km/h) .Quãng đường đi được từ B đến thời điểm t đó là S 4t 2 at .Tính quãng đường AB biết rằng đến C xe dừng hẳn và quãng đường BC dài 16km. Câu 5 (3 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các điểm B ,C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân đường các đường vuông góc kẻ từ P xuống các đường thẳng AB và AC và M là trung điểm cạnh BC. 1. Chứng minh MEP MDP 2. Giả sử B, C cố định và A chạy trên (O) sao cho tam giác ABC luôn là tam giác có ba góc nhọn Chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. 3. Khi tam giác ABC đều . Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R. Câu 6 (1 điểm) Các số thực không âm x1, x2 , x3, , x9 thỏa mãn x1 x2 x3 x9 10 x1 2x2 3x3 9x9 18 Chứng minh rằng : .1.19x1 2.18x2 3.17x3 9.11x9 270 Phần hướng dẫn Câu 2
  48. 1 1 2 1 1 1 1 0 x2 1 y2 1 xy 1 x2 1 xy 1 y2 1 xy 1 xy y2 xy x2 0 xy y2 y2 1 xy x2 x2 1 0 x2 1 xy 1 y2 1 xy 1 x y 2 xy 1 0 xy 1 (vi x y) S 2 Câu 2 a) Phương trình hoành độ (d) và (P) là x2 2ax 4a 0 a 0 ' a a 4 0 a 4 a 0 x1 x2 2a b) Với theo Viét a 4 x1x2 4a 2 2 x1 x2 3 x1 x2 9 x1 x2 2x1x2 2 x1x2 9 Ta co 4a2 8a 8a 9 1 Với a 4 4a 8a 8a 9 4a 9 3 a  dk 2 A Câu 4 Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe đi từ B đến C thỏa mãn a 8t a 0 t do đó quàng đường BC là 8 O 2 2 2 a a 2 S 4t at 16 4 16 a 256 a 16 8 8 M C B SAB 1,5.a 24(km) E Câu 5 a)Xét hai tứ giác nội tiếp BDPM và CEPM và tam giác MBC cân I MEP MBP MBP MDP b) D 0 0 BAC ABC ACB 180 ;CBP ABC PBD 180 P ACB PBD DMP(1);ACB MPE(2); tu(1)(2) DMP MPE MD / /PE Tuong tu ME / /DB tgMEDP la hinh binh hanh IM IP Vậy DE đi qua trung điểm PM c)
  49. 1 Ta có A; O,M, P thẳng hàng S DE.AI Tính được A ADE 2 3R 3R 3R 9R BC AM 2 AB R 3;OA R AM ;AI= ; ABC dd ADE 2 2 4 4 DB AI 3 3R 3 1 9R 3R 3 27R2 3 DE SADE . . 2 2 4 2 16 O Câu 6 9 x1 x2 x3 x9 90 M C B 9 x1 x2 x3 x9 90 19x1 29x2 39x3 99x9 270 10 x1 2x2 3x3 9x9 180 E D Mat khac I 1.19x1 2.18x2 3.17x3 9.11x9 (19x1 29x2 39x3 99x9 ) 7x2 12x3 15x4 7x8 270 7x2 12x3 15x4 7x8 270 P x1 9 Dau " "xay ra x9 1 x2 x3 x8 0