Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán các tỉnh trên cả nước năm học 2018 2019 (có đáp án câu khó)

Bài 3 2 điểm Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nóbằng 18 số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đótheo thứ tự

Hướng dẫn Trắc nghiệm

Vậy Max S = 1 khi a = b1 = b2=

2 2

b) Hệ phương trình có nghiệm (x,y) với mọi m

giải hệ theo m ta được

x = m + 1; y = m

Theo bài x2 + y2 = 5  m 1  2 m2   5 2m2 2m 4 0    m 1;m   2

Câu 3.

Hình thứ nhất nếu H thuộc OA

a) MA = MD (gt) => OM vuông góc với AD => góc OMD = 900

mà góc DHO = 900 (do CD vuông góc với AB)

=> đỉnh H và M cùng nhìn DO dưới góc không đổi => tứ giác MHOD cùng thuộc 1 đường tròn

b) Gọi K là giao điểm của MH và BC ta có

góc CHK = góc MHD (đối đỉnh)

tam giác AHD vuông có HM là trung tuyến ứng cạnh huyền => HM = DM

=> góc MHD = góc MDH

Lại có góc MDH = góc ABC

=> góc CHK = góc ABC => tam giác CKH đồng dạng với tam giác CHB (g – g)

=> góc CKH = góc CHB = 900 => MH vuông góc với BC tại K

Hình thứ 2 nếu H thuộc OB)

a) MA = MD (gt) => OM vuông góc với AD => góc OMD = 900

mà góc DHO = 900 (do CD vuông góc với AB)

=> góc OMD + góc OHD = 1800 => tứ giác DMOH nội tiếp

Vậy Max A = 3 khi x = y = z =

2 3 -Hết -

Hướng dẫn

*) tứ giác ADHK nội tiếp => góc AHK = góc ADK = góc ABC => KH // BC

Gọi L là giao điểm của AK và BC; do KH // BC; AH = HB => KA = KL

Áp dụng hệ quả Ta lét ta có AK/SI = KL/IC = BK/BI (I là giao điểm của BK và SC)

=> IS = IC hay BK đi qua trung điểm của SC

4) ta có góc ADB = ½ góc AOB (không đổi)

Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông => EF = BE = DE

=> góc BEF = 2 góc ADB (không đổi)

=> góc EBF = góc EFB =( 1800 – góc BEF)/2 (không đổi)

=> góc BFD = góc EFD + góc EFB = góc ADB + góc EFB (không đổi)

=> góc AFB = 1800 - góc BFD (không đổi)

=> F thuộc cung chứa góc AFB không đổi dựng trên AB

Cách 2

Bài V

ĐK: 0 x 1 

Dễ chứng minh được bất đẳng thức a  b  a bDấu = khi a = 0 hoặc b = 0

Dấu = xảy ra khi x = 0

Vậy Min P = 2 khi x = 0

Hết

Hướng dẫn

Hết

Hướng dẫn

Câu 4

a) Áp dụng hệ thức lượng ta có AC2 = CH.CB

b) ta có tứ giác AMHN là hình chữ nhật => góc ANM = góc NAH = góc ABH

=> tứ giác BCNM nội tiếp

*) tam giác BMH đồng dạng với tam giác AHC (g.g)

=> BM/AH = BH/AC => BM.AC = AH.BH

Tương tự ta có AB.CN = AH.CH

=> BM.AC + AB.CN = AH.BH + AH.HC = AH.(BH + HC) = AH.BC

c) Xét tam giác MAE và tam giác NFA có

góc EMA = góc ANF = 900

góc MEA = góc NAF (cùng phụ với góc EAM)

=> tam giác MAE đồng dạng với tam giác NFA (g.g)

Mà góc EBH và góc HCF là góc trong cùng phía => BE//CF

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT

BÌNH ĐỊNH Môn thi: Toán

1.Không dùng máy tính, giải hệ phương trình

a)Xác định tọa độ các điểm A,B theo k

b)Tính diện tích tam giác OAB theo k

Bài 3( 2 điểm)

Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nóbằng 18 ( số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đótheo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình phưởng số đảo ngược của nóbằng 618

Bài 4: (2 điểm)

Cho tam giác đều ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M tùy y ( M khôngtrùng vói B,C,H) Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB và AC a)Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn này

Gọi x là số ban đầu, y là chữ số đảo ngược của x.

ĐK : 18 <x<99 và x > y>0

Theo đề ta có hệ phương trình

2 2

a) Ta có góc APM = 900 ( MP vuông góc AB)

Góc AQM = 900 ( MQ vuông góc AC)

Xét tứ giác APMQ có

Góc APM+góc AQM = 900+900 =1800

Nên tứ giác APMQ nội tiếp

Vì góc APM = 900 nên AM là đường kính

Do đó tâm O là trung điểm AM

b) Vì góc AHM = 900 nên H nìn AM dưới 1 góc 900 nên H thuộc đường trònđường kính AM

Do đó H thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ

Vì tam giác ABC đều có AH là đường cao nên AH đồng thời là phân giác

H

A

M

Hay xy = a2-2ay – 2ax +4xy (*)

Mà theo gia thiết ta có

0 a 2ax 2ay 3xy

hay xy a 2ax 2ay 4xy

Vậy (*) đã được chứng minh

TH2: H nằm ngoài AN Chứng minh tương tự

A

M

H N

Hướng dẫn

Bài 4

Bài 5

a) ta có góc AHM = góc AKM = 900 => bốn điểm A, H, K, M thuộc đường tròn đường kính AM.

b) ta có góc ABM = góc ANM; góc MAN = 900 => góc HAB = góc KMA

=> tam giác HBA đồng dạng với tam giác KAM => AH/MK = HB/AK

=> AH.AK = HB.MK

c) Gọi giao điểm của KH và AB là E

ta có tứ giác AMKH nội tiếp => góc AMK = góc AHE

tam giác HBA đồng dạng với tam giác KAM => góc BAH = góc AMK

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 2 (2,25 điểm)

Cho hai hàm số

2

1 4

y x

và y x 1 có đồ thị lần lượt là (P) và (d)1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d).

Câu 4 (0,75 điểm)

Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x2 2m 3x m 2 2m0

có hai nghiệm phân biệt x x1 , 2 sao cho biểu thức x1  x2  7

Câu 5 ( 3 điểm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB Lấy điểm C thuộc đường tròn (O), với C khác A và B, biết CA < CB Lấy điểm M thuộc đoạn OB, với M khác O và B Đườngthẳng đi qua điểm M vuông góc với AB cắt hai đường thẳng AC và BC lần lượt tại hai điểm D và H

1) Chứng minh bốn điểm A, C, H, M cùng thuộc một đường tròn và xác định tâm của đường tròn này.

=> tứ giác ACHM có hai góc đối vuông nên nội tiếp

b) Xét tam giác MAD và tam giác MHB có

góc AMD = góc BMH = 900

góc CAM = góc MHB (do tứ giác ACHM nội tiếp)

=> tam giác MAD đồng dạng với tam giác MHB

=> MA/MH = MD/MB => MA.MB = MH.MD

c) ta có BC vuông góc với AD; DM vuông góc với AB => H là trực tâm tam giác ADB

=> AH vuông góc với BD; mà góc AEB = 900 => AE vuông góc với BD => A, H, E thẳng hàng

d) Gọi L là giao điểm của QN và MP

Mà góc DQL = 900 (gt) => tứ giác DQHL và tứ giác DQPL nội tiếp

=> 5 điểm D, Q, H, P, L cùng thuộc một đường tròn => ĐPCM

Hết

Hướng dẫn

a) góc MEN = góc MFN = 900 => đỉnh E; F cùng nhìn MN dưới góc 900 => tứ giác MFEN nội tiếp

b) góc MNO = góc MQP ; góc MEN = góc MPQ = 900

=> tam giác EMN đồng dạng với tam giác PMQ (g.g)

=> ME/MP = NE/PQ => ME.QP = NE.MP

c) Gọi I là trung điểm của MN => NI là đường trung bình tam giác MNP => KI // MP

mà tứ giác MNEF nội tiếp => góc FEP = góc NMF = góc NPQ => EF//PQ

do PQ vuông góc với MP => EF vuông góc với MP

Thời gian làm bài: 120 phút

y x d

Gọi

A, B lần lượt là giao điểm của (d 1), (d2) với trục Oy và C là giao điểm của (d1) với (d2) Tính diện tích tam giác ABC.

3) Cho tam giác ABC có AB8(cm BC), 17(cm CA), 15(cm) Tính chu vi đường tròn nội

tiếp tam giác ABC.

4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy là 6 ( cm), độ dài đường sinh là 5(cm Tính thể)

1) Cho phương trình x2  mx m 2m 4 0  (với m là tham số).

a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho luôn có hai

nghiệm phân biệt

b) Gọi x x1 , 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho (x1 x2 ) Tìm tất cả các giá

trị của tham số m để x2  x1  2

2) Giải phương trình 6 x  2 3 3  x 3x  1 4 x2 x 6

ĐỀ CHÍNH

THỨC

A O

Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (với AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O; R).

Đường tròn (O; R) tiếp xúc với các cạnh BC, AB lần lượt tại D, N Kẻ đường kính DI của đường tròn (O; R) Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F.

1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI BD FI CD R   2

2) Gọi P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD; Q là giao điểm của

BC và AI Chứng minh AQ2KP

3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC, B1 là giao điểm của BO với cạnh AC,

C1 là giao điểm của CO với cạnh AB và (O1; R1) là đường tròn ngoại tiếp tam giác

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:

Theo đề bài, ta có:

A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0)

 CO = 2; AB = 5 Diện tích của  ABC là:

0.5

Tứ giác ADOE là hình vuông

 AD = OD = R Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

AD = AE, BD = BF, CE = CF

 AB + AC = AD + BD + AE + CE = AD + BF + AD + CF = 2AD + BC

E

:

1 1

Vậy

  12

 x P

x với x  và 0 x  1 2)

1.0

2 2

2 2

3(2 ) (2 ) 10 (2 ) 3(2 ) 10 0

4(2 ) 4 (2 )(3 ) 3 25

3 11 4 (2 )(3 ) 25

4 (2 )(3 ) 14 3 16(6 ) 196 84 9 (do 3 14 3 0)

1) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

OB là tia phân giác của góc NOD, OE là tia phân giác của góc NOI

Mà góc NOD kề bù với góc NOI

0.75

I

N

F E

O A

1

2 1

Chứng minh tương tự, ta được FI.CD R 2

Vậy EI.BD FI.CD R  2

2)

Từ

EI CD EI.BD FI.CD

Phương trình (1) trở thành:

0.5

S R A 1 O A

O 1

Thử lại thấy ( , ) (1;0)x y  là nghiệm của hệ.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( , ) (1;0)x y  .

2) Sử dụng giả thiết ab 2bc 2ca  và áp dụng bất đẳng thức Cô-si, 7

11 11 12

2

11 11 12

2 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2018-2019

Ngày thi: 05/6/2018

Môn thi: Toán (Hệ không chuyên)

Thời gian làm bài: 120 phút

1 Cho Parabol  P : yx 2và đường thẳng  d : y x 2

a) Tìm tọa độ giao điểm của  P và  d

b)Xác định m để  P , d và đường thẳng  d' : y 5mx 6  cùng đi qua một điểm

2 Cho phương trình x 2 2mx 2m 3 0   , với m là tham số.

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

b) Gọi x ,x 1 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho Tìm các giá trị nguyên

c) Kẻ AD cắt cung BC tại M Chứng minh D là trung điểm của MH.

d) Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho ba đường tròn C ,C 1 2 và C 3 Biết đường tròn C 1

tiếp xúc với đường tròn C 2 và đi qua tâm của đường

tròn C 2; đường tròn C 2 tiếp xúc với đường tròn C 3 và

đi qua tâm của đường tròn C 3; cả ba đường tròn tiếp

xúc nhau (như hình vẽ bên) Tính tỉ số diện tích giữa

ĐỀ CHÍNH THỨC

C2

C3

C1

phần tô đậm và phần không tô đậm (bên trong đường

1 Cho Parabol  P : yx 2và đường thẳng  d : y x 2

Phương trình hoành độ giao điểm của  P và  d là:

giao điểm của  P và  d là 1;1 , 2;4

b)  P , d và đường thẳng  d ' : y 5mx 6  cùng đi qua một điểm khi đường

Số giáo viên nam của trường là 80 x (GV)

ĐK: 0 x 80, x Z  

Số tuổi của số giáo viên nữ là: 32x (tuổi)

Số tuổi của số giáo viên nam là: 38 80 x   (tuổi)

Số tuổi của số giáo viên toàn trường là: 35.80 2800 (tuổi)

Vậy số giáo viên nữ của trường là 40 GV

Số giáo viên nam của trường là 80-40=40(GV)

c) Kẻ AD cắt cung BC tại M Chứng minh D là trung điểm của MH.

d) Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.

a) BFHD, BFEC nội tiếp

c) CM được tứ giác AEDB nội tiếp  B 1A 1 (cùng chắn DE) lại có B 2 A 1

(cùng chắn MC) suy ra B 1 B 2 BHM có đường cao BD đồng thời là đường phân giác  BHM cân tại B nên BD cũng là trung tuyến suy ra D là trung điểm của MH

d) Ta cm được BHC BMC c.g.c  suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam

giác BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và bằng R

Do đó độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC là C 2R 

M D

O

A

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho ba đường tròn C ,C 1 2 và C 3 Biết đường tròn C 1

tiếp xúc với đường tròn C 2 và đi qua tâm của đường

tròn C 2; đường tròn C 2 tiếp xúc với đường tròn C 3 và

đi qua tâm của đường tròn C 3; cả ba đường tròn tiếp

xúc nhau (như hình vẽ bên) Tính tỉ số diện tích giữa

phần tô đậm và phần không tô đậm (bên trong đường

tròn C 3)

Gọi R là bán kính đường tròn C 1 suy ra bán kính đường tròn C 2 là 2R, bán kính đường tròn C 3 là 4R

Gọi S ,S ,S 1 2 3 lần lượt là diện tích hình tròn C ,C ,C 1 2 3

Tỉ số diện tích giữa phần tô đậm và phần không tô đậm (bên trong đường tròn

GỢI Ý ĐÁP ÁN

Câu 1 (2,0 điểm):

a/ Rút gọn: A = 2√5 + 3√45

A = 2√5 + 3√9.5 = 2√5 + 9√5 = 11√5b/ Giải phương trình: x2 – 6x + 5 = 0 (*)

Phương trình (*) có dạng a + b + c = 0

Nên (*) có nghiệm x1 = 1, x2 = 5 (= c/a)

Câu 2 (1,5 điểm): Cho hai hàm số: y = x2 và y = - x + 2

a/ Vẽ đồ thị hai hàm số trên một hệ trục tọa dộ xOy

Xác định tọa độ điểm với đồ thị y = x2

(-1,1); (-2,4); (1,1); (2,4)

Xác định tọa độ

điểm với đồ thị y = -x + 2

(0,2); (2,0)

b/ Tìm giao điểm của hai đồ thị đó bằng phương pháp đại số:

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên là:

x2 = - x + 2

 x2 + x – 2 = 0

Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên có hai nghiệm x1 = 1, x2 = -2

Với x1 = 1  y1 = 1; x2 = -2  y2 = -4

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên là: A(1,1) và B(-2,-4)

Câu 3(1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2x + m + 3 = 0 (1) (m là tham số, x là ẩn số)a/ Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm:

Vậy, với m ≤ - 2 thì phương trình (1) luôn có nghiệm

b/ Tìm tất cả các giá trị của m để: x12 + x22 – 3x1x2 – 4 = 0 (x1, x2 là nghiệm của (1))

Giải ra ta được: a1 = 10, a2 = -12 (loại)

Vậy lúc đầu, chiều rộng mảnh đất là 10m, chiều dài là 36m

 Chu vi mảnh đất lúc đầu là 92m

Câu 5 (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB = 6cm Gọi H là điểm

thuộc đoạn thẳng AB sao cho AH = 1cm Qua H, vẽ đường thẳng vuông gốc với AB, đường thẳng này cắt đường tròn tâm (O) tại hai điểm C và D Hai đường thẳng BC và

AD cắt nhau tại M Gọi N là hình chiếu vuông gốc của M trên đường thẳng AB

a/ Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp:

Xét tứ giác MNAC ta có:

Ð MNA = 900

Ð MCA = Ð ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 tứ giác MNAC nội tiếp (có tổng hai gốc đối đỉnh là 1800)

b/ Tính độ dài của CH và tan(Ð ABC)

Áp dụng hệ thức lượng vào ∆vACB ta có:

CH = √AH BH = √1.5 = √5 cm

Xét ∆vCHB ta có: tanÐABC = tanÐHBC = HC BH = √55 = 1

√5

c/ Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O):

Ta có tứ giác MNAC nội tiếp nên: ÐNMA = ÐNCA (cùng chắn cung AN) (1)

Mà MN // DC (cùng vuông góc với AB)

 ÐNMA = ÐNMD = ÐMDC = ÐADC (so le trong) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ÐNCA = ÐADC

Mà ÐADC là góc nội tiếp đường tròn (O) chắn cung AC;

Và ÐNCA cũng có AC là dây cung nên ÐNCA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến với một dây cung của đường tròn (O).

Hay NC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

d/ Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC tại E Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của CH.

Gọi I là giao điểm của BE và HC Ta đi chứng minh I là trung điểm của CH

Dễ dàng tính được AC = √6 cm (trong ∆vAHC)

Nối OE cắt AC tại K  EK  AC và K là trung điểm của AC  AK = √26cm

Vì AE là tiếp tuyến của (O) tại A nên ÐEAK = ÐEAC = ÐABC (cùng chắn cung AC)

 tan ÐEAK = tanÐABC = 1

 AE HI= HB AB  HI = AE HB AB =

3

√5.56

= √5

2 cm = CH2Hay I là trung điểm của CH (đpcm).

Lê Quang Vinh – THPT Lao Bảo

Hướng dẫn Bài 4 Gọi số bảng thi đấu lúc đầu là x(x  * )

Số đội thi đấu lúc đầu trong một bảng là 56/x (đội)

Số đội bảng đấu khi bốc thăm là x – 3 ( bảng)

Số đội thi đấu trong một bảng khi bốc thăm là: 55/(x – 3) (đội)

Theo bài ta có phương trình:

55/(x – 3) – 56/x = 1 => 55x – 56(x – 3) = x(x -3)

 x2 – 2x – 168 = 0 => x = 14(t/m) hoặc x = - 12 (L)

Vậy ban đầu dự kiến có 14 bảng đấu

Bài 5

a) Ta có góc AEH = góc AFH = 900 => góc AEH + góc AFH = 1800

=> tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn (I) đường kính AB

b) ta có góc DBH = góc DAC (cùng phụ với góc BCA)

=> tam giác DBH đồng dạng với tam giác DAC

a) ta có AC là tiếp tuyến của (O) => góc CAB = 900

OH vuông góc với ED => góc CHO = 900

=> tứ giác CAHO có đỉnh A, E cùng nhìn CO dưới góc 900 => tứ giác ACOH nội tiếpb) Ta có góc CAD là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc AEC là góc nội tiếp cùng chắn cung AD => góc CAD = góc AEC

=> tam giác CAD đồng dạng với tam giác CEA (g.g)

=> AD/AE = AC/CE => AD CE = AE.AC

c) Ta có góc ADE = góc ABE

góc AHC = góc AOC = góc BON

=> tam giác ADH đồng dạng với tam giác NBO (g.g)