Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán các tỉnh trên cả nước năm học 2016 2017 (có đáp án)

Đề thi bao gồm tỉnh: Hưng Yên, Hà Nội, Thành Phố Hồ Chí Minh, Hải Dương, Bình Dương, Đà Nẵng, Cần Thơ, Hà Tĩnh, Hải Phòng, Huế, Kontum, Lạng Sơn, Nam Định, Ninh Bình, Quảng Ninh, Tây Ninh, Bắc Giang, Bình Định, Nghệ An, Thái Bình, Thanh Hóa, Trà Vinh, Vĩnh Phúc, Yên Bái, Đồng Nai, Quảng Bình, Cần Thơ, Hà Nam, Đắc lăk, Vũng Tàu, Phú thọ, Quảng Ngãi, Bình Phước, Bình Thuận, Bắc Ninh, Hậu Giang KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn thi: TỐN Thời gian 120 phút khơng kể thời gian phát đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG N ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề gồm có: 01 trang) Bài 1(2,0điểm) Rút gọn biểu thức: P= ( 27 + )  x − 3y =  2x + 3y = Giải hệ phương trình sau:  Bài 2(1,5điểm) a) Tìm tọa độ điểm A thuộc đồ thị hàm số y = 2x , biết hoành độ điểm A ( m ≠ ) đồng biến R b) Tìm m để hàm số bậc y = ( m − ) x − 2 Bài 3(1,5đ) Cho phương trình x − x − m + = (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 (x1 > x2) thỏa mãn 2x1 + x = Bài 4(1,5điểm) Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy r = 2cm chiều cao h = 5cm Tính diện tích xung quanh hình trụ Một công ty vận tải dự định điều số xe tải để vận chuyển 24 hàng Thực tế đến nơi cơng ty bổ sung thêm hai xe nên xe chở so với dự định Hỏi số xe điều chở hàng theo dự định lúc đầu Biết số lượng hàng chở xe xe chở lượt Bài 5(2,5điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB Trên tiếp tuyến A đường tròn lấy điểm C(C khác A) Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD (D tiếp điểm) cát tuyến CMN (M nằm C N) với đường tròn Gọi H giao điểm CO AD Chứng minh điểm C, A, O, D nằm đường tròn Chứng minh: CH.CO = CM.CN Tiếp tuyến M (O) cắt CA, CD theo thứ tự E, F Đường vng góc với CO O cắt CA, CD theo thứ tự P Q Chứng minh PE + QF ≥ PQ Bài 6(1,0điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ 2 2 2 biểu thức: P = 2a + ab + 2b + 2b + bc + 2c + 2c + ca + 2a -Hết -Hướng dẫn Bài c) Gọi T giao điểm AD OF Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có góc MOT = ½ góc MOD = góc MAD suy tứ giác AMTO nội tiếp, mà tứ giác AOME nội tiếp suy điểm A, E, M, T, O thuộc đường trịn suy góc AEO = góc ATO = góc TOQ, kết hợp với góc EPO = góc FOQ suy tam giác EPO đồng dạng với tam giác OQF suy EP/OQ = PO/FQ suy EP FQ = PO.OQ = PQ2/4 suy 4PE.QF = PQ2 Suy PQ = PE.QF Áp dụng bất đẳng thức si ta có PQ = PE.QF ≤ PE + QF hay PE + QF ≥ PQ Bài Ta chứng minh bất đẳng thức: ( a + c) a + b2 + c2 + d ≥ + ( b + d) (*) dấu xảy a b = c d *) ⇔ a + b + c + d + ( Thật vậy: ⇔ (a (a + b2 ) ( c2 + d ) ≥ ( a + c ) + ( b + d ) + b ) ( c + d ) ≥ ac + bd ⇔ ( a + b ) ( c + d ) ≥ ( ac + bd ) 2 ⇔ ( ad − bc ) ≥ (luôn đúng) 2 2 2 P b   15b  c   15c  a   15a     = a + ÷ +  ÷ + b + ÷ +  ÷ + c + ÷ +  ÷ 4   4   4      Ta có Áp dụng bất đẳng thức * ta có: 2 2 P b c   15b 15c  a   15a    ≥ a + + b + ÷ +  + ÷ + c + ÷ +  ÷ 4  4  4     2 b c a   15b 15c 15a   ≥ a + + b + + c + ÷ +  + + ( a + b + c) ÷ = 4 4  4   Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có ( a+ b+ c Do Cách 2: - Ta có ) ≤ ( + + 1) ( a + b + c ) ⇔ a + b + c ≥ P 5 ≥ ( a + b + c) ≥ 2 P≥ suy 3 dấu = a = b = c Dấu = a = b = c = 1/9 5 (a + b) + (a − b) ≥ (a + b) 4 Dấu “=” xảy a =b Hay 2a + ab + 2b ≥ (a + b) 2b + bc + 2c ≥ (b + c) - Tương tự : Dấu “=” xảy c =b 2c2 + ca + 2a ≥ (c + a) Dấu “=” xảy a = c 2a + ab + 2b = 2 2 2 Suy P = 2a + ab + 2b + 2b + bc + 2c + 2c + ca + 2a ≥ 5(a + b + c) ( a ) + ( b) + ( c)  2   - Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có : (1 +1 +1 ) ≥ (1 a + b + c) = P≥ nên - Do a > 0;b > 0;c >  ⇔a=b=c= a = b = c  Dấu “=” xảy  a + b + c = a =b=c= Vậy MinP = a+b+c≥ 2 Cách Ta có 2a + ab + 2b = ( a + b ) − 3ab mà ( a + b) ab ≤ 2 2 2a + ab + 2b = ( a + b ) − 3ab ≥ ( a + b ) − ( a + b ) = ( a + b ) 4 Nên 2a + ab + 2b ≥ ( a + b) Suy 2b + ab + 2c ≥ Tương tự Do P ≥ ( a + b + c ) ( b + c) ; 2c + ca + 2a ≥ ( c + a) x + y + z ≥ xy + yz + xz ⇔ ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + xz ) Mặt khác ta có ⇔ ( x + y + z ) ≥ x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx Nên ( x + y + z) a+ b+ c = 3( x + y2 + z ) ≥ ( x + y + z ) ⇔ x + y + z ≥ a+b+c≥ Áp dụng bất đẳng thức ta có: P≥ Dấu = a = b = c = Suy ( ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THÌ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2016 – 2017 Ngày thi 08/6/2016 Thời gian làm 120 phút Bài I(2,0điểm) x x − 24 B= + x −9 x −3 Cho hai biểu thức A = x + với x ≥ 0; x ≠ Tính giá trị biểu thức A x = 25 x +8 B= x +3 Chứng minh: Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị số nguyên Bài II(2,0điểm) Giải toán sau cách lập phương trình lập hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720m2 Nếu tăng chiều dài thêm 10m giảm chiều rộng 6m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn Bài III(2,0điểm)  3x  x − − y + =   2x + =  x −1 y + Giải hệ phương trình  y = 3x + m − Parabol (P): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = x2 a) Chứng minh: (d) (P) cắt hai điểm phân biệt với m b) Gọi x1 x2 lần hồnh độ giao điểm (d) (P) Tìm m để: ( x1 + 1) ( x + 1) = Bài IV(3,5điểm) Cho đường tròn tâm O điểm A ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB tới đường tròn (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C O) Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) hai điểm D E (D nằm A E) Gọi H trung điểm DE Chứng minh: Bốn điểm A, B, O, H thuộc đường tròn AB BD = AE BE Chứng minh: Đường thẳng d qua E song song với AO, d cắt BC K Chứng minh: HK// DC Tia CD cắt AO P, tia EO cắt BP F Chứng minh: tứ giác BECF hình chữ nhật Bài V(0,5điểm) Với số thực x, y thỏa mãn x − x + = y + − y Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x + y Hết -Hướng dẫn Bài IV a) b) c) d) Ta có HD = HE (gt) suy OH vng góc với DE H Suy tứ giác ABOH có tổng hai góc đối 1800 nên nội tiếp Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB (g.g) suy điều phải chứng minh Ta có góc KED = góc DAO (so le trong), góc DAO = góc HBO (hai góc nội tiếp chắn cung HO) suy góc KED = góc HBO suy tứ giác BHKE nội tiếp suy góc HKE = góc KBE = góc CDE góc KHE góc CDE đồng vị nên HK // DC Ta có tam giác EHB tam giác COP có: Góc EHB = góc COP (cùng bù với hai góc nhau) Góc BEH = góc OCP (góc nội tiếp chắn cung BD) BH BE HE = = OP CP CO Suy tam giác EHB đồng dạng với tam giác COP suy Xét tam giác EDB tam giác CBP có BE HE BE DE = = CP CO (cmt) mà DE = 2HE; BC = 2CO suy CP BC Kết hợp góc BED = góc BCP Do tam giác EDB đồng dạng với tam giác CBP (c.g.c) Suy góc EDB = góc CBP Mặt khác góc EDB phụ với góc CDE suy góc CBP phụ với góc CBP phụ với góc CBE (góc CED = góc CBE) nên góc EBF = 900 Mà EF qua O suy EF đường kính suy tứ giác tứ giác BECF có hai đường chéo cắt trung điểm đường có góc vng nên hình chữ nhật d) Cách 2: Ta vẽ tiếp tuyến thứ hai AT tới (O) suy tứ giác ABOT nội tiếp Suy góc OAT = góc OBT = góc CDT suy tứ giác APDT nội tiếp Do góc ATP = góc ADP = góc CDE = góc CBE Mặt khác tam giác ABP = tam giác ATP (c.g.c) suy góc ABP = góc ATP suy góc ABP = góc ATP = góc CBE suy góc PBE = góc ABO = 900 Chứng minh tương tự cách suy tứ giác BECF hình chữ nhật Bài V 1 25 1 25 x+6− x+6 + + y +6− y+6 + = ⇔ ( x + − )2 + ( y + − )2 = 4 2 2 Từ GT ta có 1 1 23 x+6 − y+6 − − − ; b= nên a ≥ ; b ≥ x = a2 + a – ; y = b2 + b – Đặt a = 23 25 7 a2 + b2 = − ≤a≤ − ≤b≤ Do 2 ; 2 Và * Vì a + b ≥ 2 2ab nên 2(a + b ) ≥ (a + b) ⇒ a + b ≤ 25 =5 25 23 23 23 − + a + b = a + b +1 ≤ +1 = Ta có S = x + y = a2 + a – + b2 + b – = 2 a = b 5   2 25 ⇒ a = b = ⇔ x + = y + = ⇔ x = y = 2 a + b = Dấu ‘ = ‘ xảy Vậy GTLN S = x= y= 7 7 − ≤a≤ − ≤b≤ (a + )(a − ) ≤ ⇔ a − 3a − ≤ ⇔ 3a ≥ a − ; 2 nên 2 4 * Vì CMTT ta có 3b ≥ b − 7 25 3S ≥ a + b − + = − + = 12 ⇔ S ≥ 4 Do 2  a = − ; b =  x = −6; y = 10 ⇒   x = 10; y = −6 a = ; b = −  2 Dấu “ = “ xảy  Vậy  x = −6; y = 10  GTNN S =  x = 10; y = −6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2016 - 2017 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 12 tháng năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2 điểm) Giải phương trình phương trình sau: a) x − 5x + = b) 4x − 5x − = 2x + y = −  c) 3x − y = d) x(x + 3) = 15 – (3x – 1) Câu (1,5 điểm) y=− x x2 −2 đường thẳng (D): y = hệ trục a) Vẽ đồ thị (P) hàm số tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) câu tên phép tính Câu (1,5 điểm) 2− 2+ + a) Thu gọn biểu thức sau: A = + + − − b) Ông Sáu gửi số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn năm 6% Tuy nhiên sau thời hạn năm, ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà đề thêm năm lãnh Khi số tiền lãi có sau năm ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu đề thành số tiền gửi cho năm với mức lãi suất cũ Sau hai năm ông Sáu nhận số tiền 112.360.000 đồng (kể gốc lẫn lãi) Hỏi ban đầu ông Sáu gửi tiền? Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m –2 = (1) (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1, x2 phương trình (1) thỏa mãn: (1 + x1)(2 – x2) + (1 + x2)(2 – x1) = x12 + x22 + Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn Đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC, AB D, E Gọi H giao điểm BD CE; F giao điểm AH BC · · a) Chứng minh: AF ⊥ BC AFD = ACE b) Gọi M trung điểm AH Chứng minh: MD ⊥ OD điểm M, D, O, F, E thuộc đường tròn c) Gọi K giao điểm AH DE Chứng minh: MD2 = MK MF K trực tâm tam giác MBC 1 = + d) Chứng minh: FK FH FA HẾT Hướng dẫn Câu a) Ta chứng minh H trực tâm tam giác ABC suy AH vng góc với BC F Chứng minh tứ giác DHFC nội tiếp suy góc AFD = góc ACE (hai góc nội tiếp chắn cung HD) b) Ta chứng minh góc MAD = góc MDA, góc ODC = góc OCD mà góc MAD + góc OCD = 900 suy góc MDA + góc ODC = 900 suy góc MDO = 900 MD vng góc với OD tương tự ta chứng minh ME vng góc với EO suy tứ giác MEOD tứ giác MEFO nội tiếp nên điểm M, E, F, O, D thuộc đường tròn c) Ta chứng minh tam giác MDK đồng dạng với tam giác MFD (g.g) suy MD2 = MK.MF Gọi I giao điểm MC với đường tròn, ta có góc BIC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Suy CI vng góc với MB Mặt khác ta có tam giác MDI đồng dạng với tam giác MBD (g.g) suy MD2 = MI.MB ta có MI.MB = MK.MF suy tam giác MIK đồng dạng với tam giác MFB(c.g.c) suy góc MIK = góc MFB = 900 suy KI vng góc với MB suy I, K, C thẳng hàng suy K trực tâm tam giác MBC d) Vì MA = MH suy FA.FH = (FM + MA).(FM – MH) = (FM + MA).(FM – MA) = FM2 – MA2 Vì MD2 = MK.MF (cmt) suy FK.FM = (FM – MK)FM = FM2 – FK.FM = FM2 – MD2 dj) dk) dl) dm) dn) do) dp) dq) dr) ds) dt) du) dv) dw) dx) dy) dz) ea) eb) ec) ed) ee) ef) eg) eh) ei) ej) ek) el) em) en) eo) ep) eq) er) es) et) eu) ev) ew) ex) ey) ez) fa) a) SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THPT QUẢNG NGÃI fb) ĐỀ CHÍNH fc) THỨC fd) KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC: 2016– 2017 MƠN: TỐN (Hệ khơng chun ) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 14– – 2016 fe) Bài 1: (1,5 điểm) ff) 1.Thực phép tính 25 + 2 fg) 2.Cho hàm số y = x có đồ thị (P) hàm số y=x+2 có đồ thị (d) fh) a.Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy fi) b.Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm (P) (d) fj) Bài 2: (2,0 điểm) fk) 1.Giải phương trình hệ phương trình sau : a) Giải phương trình: x – x – 18= b) Giải hệ phương trình:  2x − y =  3 x + y = 19 fl) fm) Tìm m để phương trình x2 + 2(m -3)x - 4m+7 = ( với m tham số ) fn) a Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m fo) b Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình cho ,hãy tìm hệ thức liên hệ x1 x2 không phụ thuộc vào m fp) Bài 3: (2,0điểm) fq) Cho hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước 12 phút đầy bể Nếu vòi thứ chảy khóa lại cho vịi thứ hai chảy bể nước Hỏi vòi chảy đầy bể ? fr) Bài 4: (3,5điểm) fs) Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn Tâm O bán kính R , vẽ tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (A,B tiếp điểm ).Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O đường tròn ( C nằm M D).Gọi E trung điểm dây CD ft) a.Chứng minh năn điểm M,A,B,E,O thuộc đường tròn fu) b.Trong trường hợp OM =2R C trung điểm đoạn thẳng MD Hãy tính độ dài đoạn thẳng MD theo R fv) c.Chứng minh hệ thức CD2 =4AE.BE fw) Bài 5: (1,0điểm) Cho x,y số thực khác O.Tìm giá trị nhỏ  x2 y   x y  A =  + ÷−  + ÷ x   y x y fx) fy) fz) ga) - Hết - gb) gc) gd) ge) gf) gg) gh) Hướng dẫn gi) Bài gj) b MC= CD OC vng góc OB gk) gl) gm) · = 60 ta có MA = MC.MD Mà tam giác MAB có MAB nên AB = MA = MB = R Suy MD = R gn) c CD2 =4CE2 =4AE.BE go) ta có góc AEM = góc BEM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) gp) góc ACE = góc CMA + góc CAM, mà góc CMA = góc ABE, góc CAM = góc CBA suy góc ACE = góc CBE nên tam giác CAE đồng dạng tam giác CE BE = BCE Suy AE CE Nên 4CE2 =4AE.BE gq) Bài 5: (1,0điểm) Cho x,y số thực khác O.Tìm giá trị nhỏ  x2 y   x y  A =  + ÷−  + ÷ x   y x y gr) gs) gt) gu) gv) m= gw) gx) gy) giải Ta có x y 34 −34 m= + ≥2 A = 3m2 − 8m − = 3(m − ) − ≥ y x 3 với HƯỚNG : −34 m= ≥2 Min A (vơ lý ) nên khơng có m x y m= + y x Lúc Hướng : chưa biết x,y âm hay dương nên x y + ≥ ⇔ m ≥ ∧ m ≤ −2 y x TH1: m ≥ ,có minA lại khơng tồn m TH2: m ≤ −2 A ≥ −10 x=y=-1 Vậy A -10 x=y=-1 gz) ha) hb) hc) hd) he) hf) hg) hh) hi) Hướng dẫn hj) hk) hl) Câu hm) hn) b) ta có tứ giác AEHF nội tiếp nên góc AEF = góc AHF, mà góc AHF = góc ACH (cùng phụ với góc CHF) suy góc AEF = góc ACH suy tam giác AEF đồng dạng với tam giác ACB ho) hp) hq) hr) hs) ht) hu) hv) hw) hx) hy) hz) ia) ib) ic) id) ie) if) ig) ih) ii) ij) ik) il) im) in) io) ip) iq) ir) is) it) iu) iv) iw) ix) iy) iz) ja) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT jb) BÌNH THUẬN Năm học: 2016 – 2017 – Khố ngày: 15/07/2016 jc) Mơn thi: TỐN jd) Thời gian làm bài:120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) je) jf) ĐỀ CHÍNH THỨC jg) (Đề thi có 01 trang) jh) ji) ĐỀ jj) jk) Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: jl) jm) x + y =  b) 2x − y = a) x2 + 5x + = jn) jo) Bài 2: (2 điểm) jp) jq) jr) a) Tính giá trị biểu thức : A = ( 28 − + 7) B= a b−b a : ab a + b , với a > 0; b > js) b) Rút gọn biểu thức : jt) ju) Bài 3: (2 điểm) a) Cho hàm số y = x2 Điền giá trị y tương ứng vào bảng sau : jv) x jw) -2 jx) -1 jy) jz) kb) y kc) kd) ke) kf) ka) kg) = x kh) b) Tìm tham số m để đường thẳng (d): y = 2x – m cắt parapol (P): y = x hai điểm phân biệt ki) Bài 4: (4 điểm) kj) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Hai tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt M a) Chứng minh tứ giác OBMC nội tiếp b) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D kk) Chứng minh : ∆MAB ∽ ∆MBD c) Đường thẳng BO cắt đường tròn (O) E Chứng minh : MO song song EC · d) Giả sử BAC = 60 Tính theo R thể tích hình sinh quay ∆ BMC vòng quanh cạnh BC kl) km) kn) HẾT - ko) kp) * Lưu ý : kq) - Thí sinh không làm đề thi kr) - Giám thị khơng giải thích thêm ks) kt) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị : Chữ ký giám thị : ku) kv) Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: kw) kx) ky) a) x2 + 5x + = KQ : x1 = −2; x2 = −3 x + y = x =   2x − y =  b) KQ : y = kz) la) Bài 2: (2 điểm) Rút gọn biểu thức : lb) lc) ld) a) B= le) a b−b a ab b) = ( ) A = ( 28 − + 7) = − + = 7 = ab( a − b) ab : : a + b , với a > 0; b > a+ b = ( a − b).( a + b) lf) lg) a) lh) ln) = ( ) ( ) a − b = a−b Bài 3: (2 điểm) Cho hàm số y = x2 Điền giá trị y tương ứng vào bảng sau : x li) -2 lj) -1 lk) ll) y lo) lp) lq) lr) lm) ls) = x lt) b) Tìm tham số m để đường thẳng (d): y = 2x – m cắt parapol (P): y = x hai điểm phân biệt lu) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): lv) x2 = 2x - m ⇔ x − 2x + m = lw) lx) (d) (P) cắt hai điểm phân biệt ⇔ pt (1) có nghiệm V' = − m ⇔V' > ⇔ − m > ⇔ m < ly) lz) Bài 4: (4 điểm) (1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Hai tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt M a) Chứng minh tứ giác OBMC nội tiếp b) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D mb) Chứng minh : ∆MAB ∽ ∆MBD c) Đường thẳng BO cắt đường tròn (O) E Chứng minh : MO song song EC ma) · d) Giả sử BAC = 60 Tính theo R thể tích hình sinh quay ∆ BMC vòng quanh cạnh BC mc) md) me) mf) a/ Xét tứ giác OBMC, ta có : · mg) OBM = 90 ( BM tiếp tuyến ) · mh) OCM = 90 ( CM tiếp tuyến ) · · mi) => OBM + OCM = 90 + 90 = 180 mj) => Tứ giác OBMC nội tiếp đường trịn đường kính OM mk) b/ Xét ∆MAB ∆MBD 0 · ml) Ta có : BMA chung · · MAB = MBD = » sđ BD mm) mn)=> ∆MAB ∽ ∆MBD (g-g) mo)c/ Cách : Ta có OB = OC = R mp)MB = MC ( Tc tiếp tuyến cắt ) mq)=> MO đường trung trực BC mr) => MO ⊥ BC (1) · ms) Ta có BCE = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) mt) => EC ⊥ BC (2) mu)Từ (1), (2) => MO // EC  »  · · BEC = BCM  = sd BC ÷   mv) Cách : Ta có: · µ ( OBMC noi tiep ) BCM =O mw) · µ ⇒ BEC =O mx) my) mà hai góc vị trí đồng vị ⇒ mz) MO // EC na) nb) nc) nd) ne) nf) ng) nh) ni) nj) · · · nk) d/ Khi BAC = 60 ∆ BMC tam giác (vì MB = MC MBC = BAC = 60 ) nl) Gọi H giao điểm BC OM Khi quay ∆ BMC quanh cạnh BC hình sinh hai hình nón có chung mặt đáy bán kính HM, đường cao BH nm)Ta có : OM trung trực BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nn) no) np) ⇒ OM ⊥ BC trung điểm H 1· · BAC = BOC (quan hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung) µ = BOC · ⇒O = 600 (OM phân giác góc BOC) µ = R.sin 600 = R BH = OB.sin O nq) Trong ∆ BOH vuụng ti H cú: nr) ns) ả +O = 900 M 1 ( ∆ OBM vuông B) ¶ = 900 − O µ = 300 ⇒M 1 R BH 3R MH = = 0= ¶ tan M tan 30 nt) Trong ∆ BMH vng H có: 1  R  R 3 3π V = π MH BH = π  = R ÷ 3 2   nu) Thể tích hai hình nón là: nv) nw) nx) ny) nz) oa) ob) oc) od) oe) of) og) oh) oi) oj) ok) ol) om) on) oo) op) oq) or) os) ot) ou) ov) ow) ox) oy) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH oz) ĐỀ CHÍNH THỨC pa) pb) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian giao đề) pc) Ngày thi 16/7/2016 pd) pe) Câu I: (3,0 điểm) pf) pg) x + với x = 2 Giải phương trình x − 4x + =  x −1  +  ÷ x − x +   Rút gọn biểu thức A = với x > 0;x ≠ 1 Tính giá trị biểu thức P = ph) pi) Câu II: (1,5 điểm) pj) pk) pl)  x + 2y = m  2x + 5y = Cho hệ phương trình  (với m tham số) 1) Giải hệ phương trình m = 2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) cho x y hai nghiệm ( ) phương trình với t ẩn số pm)Câu III: (1,0 điểm) pn) Quãng đường từ Bắc Ninh Hà Nội dài 30km Một ô tô từ Bắc Ninh Hà Nội, từ Hà Nội Bắc Ninh Biết vận tốc lúc lớn vận tốc lúc 10 km/h, thời gian nhiều thời gian phút Tính vận tốc tơt từ Bắc Ninh Hà Nội po) Câu IV: (3,5 điểm) t − 3m − t + m + 9m − 13 = 2 · Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, BAC = 45 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các đường cao BD CE (D thuộc AC, E thuộc AB) cắt H pq) 1) Chứng minh tứ giác ADHE tứ giác nội tiếp pr) 2) Chứng minh ∆HDC vuông cân D pp) DE 3) Tính tỉ số BC ? ps) pt) 4) Chứng minh OA vng góc với DE pu) Câu V: (1,0 điểm) pv) pw) 1) Giải phương trình x + 2x − = 2x + 2) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b = 4c Chứng minh rằng: px) a − ab + b + a − 2ac + 4c + b − 2bc + 4c ≥ 8c py) pz) Hết -qa) (Đề thi gồm có 01 trang) qb) qc) qd) qe) Hướng dẫn qf) Câu IV qg) qh) 3) Ta có tứ giác BEDC nội tiếp nên góc ADE = góc ABC (cùng bù với góc EDC) qi) qj) DE AD = BC AB Suy tam giác ADE đồng dạng với tam giác ABC suy AD AD ⇒ = AB Mà tam giác ADB vng D có góc BAD = 450 suy cos 450 = AB DE = qk) Do BC ql) 4) Cách Vẽ tiếp tuyến xy (O) từ A suy xy vng góc với OA qm) ta có góc yAC = góc ABC = góc ADE suy xy // DE OA vng góc với DE qn) Cách Vẽ đường kính AOK (O) suy góc ACK = 900 Mặt khác góc ADE = góc ABC = góc AKC Gọi I giao điểm AK DE suy tam giác ADI đồng dạng với tam giác AKC suy góc AID = góc ACK = 900 suy AO vng góc với DE qo) Câu V qp) 1) x + 2x − = 2x + ⇔ x + 4x + = 2x + + 2x + + ⇔ ( x + 2) = qq) ( ) 2x + + ⇔ x + = ± ( 2x + + ) qr) Từ giải trường hợp ta tính nghiệm qs) 2) qt) qu) qv) qw) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO qx) TỈNH HẬU GIANG qy) ĐỀ CHÍNH THỨC qz) ra) ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN TỐN Thời gian làm 120 phút không kể thời gian phát đề Đề thi có 01 trang rb) rc) Câu 1: (2,0 điểm) A= rd) Cho biểu thức a) Tìm điều kiện b) c) x x−x x + 1− x x x− x x để biểu thức A có nghĩa Rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A với x = − Tìm x để A + x < re) rf) Câu rg) 2: (2,0 điểm) Khơng dùng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau: 2 x − y = −7  b) 3x + y = 27 a) x − 3x − = Tìm hai số thực x y biết tổng chúng 22 tích chúng 105 rj) rk) Câu 3: (2,0 điểm) rl) Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số y = x có đồ thị (P) a) Vẽ đồ thị (P) rh) ri) b) Tìm giá trị a để đường thẳng d: y = 2x - 3m cắt (P) hai điểm phân biệt có 2 hồnh độ x1, x2 thỏa mãn x1 x1 + x2 x1 = −6 rm) rn) Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AC > AB) có đường cao BE CF, trực tâm H nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D điểm đối xứng A qua O ro) a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF rp) b) Chứng minh AO vng góc với EF rq) c) Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành rr) rs) Câu 5: (0,5 điểm) rt) Cho hai số x, y thỏa mãn: x + y = 26 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x3 + y + 26 xy ru) -HẾT rw) Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm rx) Họ tên thí sinh: Số báo danh: ry) rz) sa) sb) sc) HƯỚNG DẪN sd) Câu rv) se) sf) sg) sh) si) sj) b) D đối xứng A qua O nên D thuộc (O) suy AD đường kính (O) suy góc ACD = 900 Tứ giác BCEF nội tiếp suy góc AEF = góc ABC = góc ACD Gọi I giao điểm AD EF suy tam giác AIE đồng dạng với tam giác ACD (g.g) suy góc AIE = góc ACD = 900 AO vng góc với EF c) Ta có góc ABD = góc ACD = 900 suy BD vng góc với AB, CD vng góc với AC mà CH vng góc với AB, BH góc với AC suy BD//CH; BH//CD suy tứ giác BHCD hình bình hành Câu