Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán nghệ an năm học 2017 2018(có đáp án)

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung   A  1  a) Câu (2,0đ) b) a) Câu (2,5đ) b) c) Câu (1,5đ)     1 1 1 7 7  1   2 7     6 =   3 2 Điều kiện: x  0;x  1  x 1  x 1  x x 1  P     1 x x x 1 x 1 x  x x 1    2 (x  1) x Vậy P = – với x  0;x   x    2x  y  6x  x      4x  y   4x  y   1   4   y  1  y  3  1  Vậy nghiệm hệ phương trình  ; 3  2  Cách 1:   52  4.2.2      Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 53 53 x1   ; x2   2.2 2.2 Cách 2:  x  2x  5x    (2x  1)(x  2)    x  Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): x  2x  m   x  2x  m   (*) (P) cắt (d) hai điểm phân biệt có hoành độ dương  Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2  '  m   m      x1  x   2   5m6 m   x  x   m    Vậy  m  giá trị cần tìm Cách 1: Lập phương trình Gọi chiều dài mảnh vườn x (m) Điều kiện: x > 15  Chiều rộng mảnh vườn x – 15 (m) diện tích mảnh vườn x(x – 15) (m2) Nếu giảm chiều dài 2m chiều dài x – (m) Nếu tăng chiều rộng 3m chiều rộng x – 12 (m) Điểm 1.0 1.0 0.75 0.75 1.0 1.5  Diện tích (x – 2)(x – 12) (m2) Vì diện tích tăng thêm 44m2 nên ta có phương trình: (x  2)(x  12)  x(x  15)  44  x  14x  24  x  15x  44  x  20 (thỏa mãn điều kiện) Vậy diện tích mảnh vườn 20.(20 – 15) = 100 (m2) Cách 2: Lập hệ phương trình Gọi chiều dài chiều rộng mảnh vườn x (m) y (m) Điều kiện: x > 15, x > y >  Diện tích mảnh vườn xy (m2) Vì chiều dài lớn chiều rộng 15m nên: x – y = 15 (1) Nếu giảm chiều dài 2m chiều dài x – (m) Nếu tăng chiều rộng 3m chiều rộng y + (m)  Diện tích (x – 2)(y + 3) (m2) Vì diện tích tăng thêm 44m2 nên ta: (2) (x  2)(y  3)  xy  44  3x  2y  50 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  x  y  15  x  20  (thỏa mãn điều kiện)  3x  2y  50 y  Vậy diện tích mảnh vườn 20.5 = 100 (m2) A I D M O C 0.25 E B Câu (3,0đ) a) b) Vì MA, MB tiếp tuyến (O) nên:   MBO   900 MAO Tứ giác MAOB có:   MBO   1800 MAO  Tứ giác MAOB nội tiếp Ta có:  C  (so le trong, AC // MB) EMD 1  C    sđ AD  A     A 1  EMD  EMD  EAM có: 1 chung , EMD A 1 E  EAM (g.g)   EMD 0.75 1.0 EM ED   EM  EA.ED EA EM  EBD  EAB có:  chung , B 1  A    sđ BD  E      EAB (g.g)   EBD EB ED    EB2  EA.ED EA EB Từ (1) (2)  EM2  EB2  EM  EB Gọi I giao điểm của BD MA  EAM nên: Vì  EMD   D1  AMB   AMB  D 1  D 2 D     2  C   AMB B  C 1  B 1 D c) (1) (2)  Do đó:   900  AMB B   900  D 2  C   900 BD  AM  MIB   900  AE  AC  AE  MB (do AC // MB)  DAC   MAB cân A   MAB (vì  MAB cân M)   300  AMO  MO  2R Vậy M cách O khoảng 2R BD  AM 1.0 x+ 2x 1 x2 1 2x   x  ĐK : x(1  x)    x  1 1 x2 8x    2x  x 2 1 x  1  x 1  2x  x   8x    x  x   x  x  x   x   8x  Câu (1.0đ)   x  x  1  x  8x    x  x  1  9x    x  2x  1 x  4x  1   x  12    x  4x    x  1  x   Kết hợp với điều kiện  x   Vậy phương trình có nghiệm x   1.0 ...  14x  24  x  15x  44  x  20 (thỏa mãn điều kiện) Vậy diện tích mảnh vườn 20.(20 – 15) = 100 (m2) Cách 2: Lập hệ phương trình Gọi chiều dài chiều rộng mảnh vườn x (m) y (m) Điều kiện: x... x  y  15  x  20  (thỏa mãn điều kiện)  3x  2y  50 y  Vậy diện tích mảnh vườn 20.5 = 100 (m2) A I D M O C 0.25 E B Câu (3,0đ) a) b) Vì MA, MB tiếp tuyến (O) nên:   MBO   900 MAO