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

Hướng dẫn Trắc nghiệm Mã 508 Câu Đ.án C A Câu 13 Đ.án B Câu 23 14 A C 15 A D B 16 A 17 B B 18 B C 19 A C 20 B B 21 C 10 A 22 A 23 D 11 D 24 A 12 B 25 B Gọi kích thước hình chữ nhật a (m) (b1+b2) (m) Ta có diện tích hình chữ nhật S  a  b1  b  a  b12 a  b 22 12  12  ab1  ab �   1 2 2 Dấu = xảy a = b1 = b2= 2 Vậy Max S = a = b1 = b2= Tự luận: Câu a) Đáp án: P = b) m = c) x1=1; x2=5 Câu 3x  y  � �x  �� � �x  2y  �y  a) Thay m = ta có hệ phương trình b) Hệ phương trình có nghiệm (x,y) với m giải hệ theo m ta x = m + 1; y = m Theo x2 + y2 =  Câu  m  1  m  � 2m  2m   � m  1;m  2 Hình thứ H thuộc OA a) MA = MD (gt) => OM vng góc với AD => góc OMD = 900 mà góc DHO = 900 (do CD vng góc với AB) => đỉnh H M nhìn DO góc khơng đổi => tứ giác MHOD thuộc đường tròn b) Gọi K giao điểm MH BC ta có góc CHK = góc MHD (đối đỉnh) tam giác AHD vng có HM 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 vng góc với BC K (có thể cộng góc CHK + góc HCK = 900) Cách khác: Ta có góc ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => AC vng góc với BC Xét tam giác ACD có MA = MD (gt) AB vng góc với CD => HC = HD => MH đường trung bình tam giác ACD => MH//AC hay MK//AC => MK vng góc với BC Hình thứ H thuộc OB) a) MA = MD (gt) => OM vuông góc với AD => góc OMD = 900 mà góc DHO = 900 (do CD vng góc với AB) => góc OMD + góc OHD = 1800 => tứ giác DMOH nội tiếp b) làm tương tự trường hợp (vẽ hình vào trường hợp làm trường hợp đó, Khơng phải làm hai trường hợp) Câu Ta có x  y3  z3 x2 y2 z2 2 x2 y2 z2         2xyz 2yz 2xz xy => A = x  y y  z z  x 2yz 2xz 2xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có z2 z2 z2 z 2xy �x  y  �   � 2xy x  y 2xy x  y 2 Tương tự  x2 x y2 y2 � 2 ; � 2 2yz y  z 2zx x  z 2 x2 y2 z2 A�      x  y2 y2  z z  x y2  z z  x x  y2 =>  z2  x2  y2 A�   x  y2 y2  z z2  x => 2 2 2 2 2 2 Mà x  y  z  �  x  y  z ;2  y  x  z ;  z  x  y x  y2 y2  z2 z  x A�  2 3 2 x  y y  z z  x => Dấu = xảy x = y = z = Vậy Max A = x = y = z = Hết - Hướng dẫn Bài III 2) b) Phương trình hồnh độ giao điểm x   m  2 x  � x   m  2 x   Theo Vi ét ta có: �x1  x  m  � �x1.x  3 Để x1 ; x2 nguyên => x1 = ; x2 = -3 x1 = -1 ; x2 = => m=-4;m=0 Bài IV 3) ta có AK // SC => góc KAH = góc CSB = góc KDH => đỉnh A, D nhìn KH góc khơng đổi => tứ giác ADHK nội tiếp *) tứ giác ADHK nội tiếp => góc AHK = góc ADK = góc ABC => KH // BC Gọi L giao điểm AK BC; KH // BC; AH = HB => KA = KL Áp dụng hệ Ta lét ta có AK/SI = KL/IC = BK/BI (I giao điểm BK SC) => IS = IC hay BK qua trung điểm SC 4) ta có góc ADB = ½ góc AOB (khơng đổi) Áp dụng tính chất đường trung tuyến tam giác vuông => EF = BE = DE => góc BEF = góc ADB (khơng đổi) => góc EBF = góc EFB =( 1800 – góc BEF)/2 (khơng đổi) => góc BFD = góc EFD + góc EFB = góc ADB + góc EFB (khơng đổi) => góc AFB = 1800 - góc BFD (khơng đổi) => F thuộc cung chứa góc AFB khơng đổi dựng AB Cách a  b  3ab  � 4(a  b)  12ab  � 4(a  b)  3(a  b) �4 (theo (1)) � 3(a  b)  4(a  b)  �0 � (a  b  2)  3(a  b)  2 �0 � 3(a  b)  �0 (vì a, b  � a  b   0) � ab � � 2(a  b ) �(a  b) � (theo (2)) Áp dụng kết trên, ta có:   a   b2  �2   a   b     a  b  �4  32  9 �  a2   b2 � 3ab  (a  b) 1   1 � 1  ab ab a b Do đó: 3ab P   a2   b2  �  ab Dấu “=” xảy �a  b �a  b �� �� � a  b  (vì a, b  0) 3a  2a   �a  b  3ab  � Vậy maxS  1  ab Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương Hướng dẫn Bài a) Ta có M, N trung điểm AB, AC => OM vng góc với AB; ON vng góc với AC => góc BMO = góc BNO = 900 => tứ giác BMON nội tiếp b) tam giác ABC => AO trung trực BC => AO quan N => O trọng tâm tam giác ABC => ON = ½ OA = R/2 ; mà OG = R => NO = NG c) Gọi J giao điểm MC NP => MC qua O CM vng góc với AB nên CM vng góc với NP J Áp dụng hệ thức lượng tam giác NOC ta có ON2 = OJ.OC => OJ = ON2:OC = R2/4 : R = R/4 => sinOFP = OJ/OF = (R/4): R = ¼ => góc OFP = 14028’ Bài Ta có M điểm cung AB => MO vng góc với AB K, vẽ đường kính MN ta có Tam giác AMN vng A, AK vng góc với MN; AK = KB = 15 m; MK = 5m Áp dụng hệ thức lượng ta có AK2 = MK.KN => KN = 152:5 = 45 m => MN = 50m => R(O) = 25m Xét tam giác AKN vuông K => tanN = AK:KN = 15:45 = 1/3 => góc ANM = 18,430 => góc AOB = 73,70 25.73,7 �32,14m => độ dài vòm cầu độ dài cung AB là: 180 (m) Hết SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẾN TRE KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT Năm học: 2018 – 2019 Mơn thi:TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2,5 điểm) 1) Thực phép tính: A  12  27  48 � 1 �x1 P �  �: x  1� x  với x �0;x ��1 � x 1 2) Rút gọn biểu thức: � x  2y  12 � � 3x  y  3) Giải hệ phương trình: � Bài (2,0 điểm) Cho phương trình: x  5x  m  ( m tham số) a) Giải phương trình m  3 x ;x 9x  2x2  18 b) Tìm m để phương trình thỏa mãn Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (d) : y  (2m  1)x  (P ) : y  x đường thẳng a)Vẽ đồ thị (P ) b) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm E (7;12) (P ) : y  x2 hai điểm A, B Tìm tọa độ A, B c) Đường thẳng y  cắt parabol tính diện tích tam giác OAB Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K (K khác A), hai dây MN BK cắt E Chứng minh tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp  CE CH Chứng minh CACK Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vng góc với AC, (d) cắt tia MK F Chứng minh tam giác NFK cân Khi K E  K C Chứng minh OK // MN Hướng dẫn Bài a) góc AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) MN vng góc với AB H => góc AHE = 900 => tứ giác AKEH nội tiếp b) góc CKE = góc CHA = 900 => tam giác CKE đồng dạng với tam giác CHA => CK/CH = CE/CA => CK.CA = CE.CH c) FN vng góc với AC; BK vng góc với AC => FN //BK => góc KNF = góc NKB (so le trong) Góc KFN = góc MKB (đồng vị) Mà AB vng góc với MN => cung MB = cung BN => góc MKB = góc BKN => góc KFN = góc KNF => tam giác KFN vuông cân d) KE = KC => tam giác KEC vng cân K => góc C = 450 => tam giác AHC vuông cân H => góc A = 450 => K điểm cung AB => OK vng góc với AB; mà MN vng góc với AB => OK //MN Hướng dẫn Bài a) ta có góc AQK = góc ANK = 900 => góc AQK + góc ANK = 1800 => tứ giác AQKN nội tiếp đường tròn đường kính AK => tâm I đường trịn trung điểm AK b) ta có tam giác ABC cân A => AO đường trung trực BC => AO qua K M (t/c tam giác cân) => góc BAK = góc MAC => tam giác QAK đồng dạng với tam giác MAC => QA/MA = AK/AC => AQ.AC = AK.AM c) ta có IA = IN => góc IAN = góc INA lại có tam giác BNC vuông N, MB = MC => MN = MC => góc MNC = góc MCN mà góc IAN + góc MCN = 900 => góc INA + góc MNC = 900 => góc INM = 900 => MN tiếp tuyến (I) Bài Xét phương trình x  2mx   có nghiệm phân biệt x1; x2; x3; x4 => nghiệm có đơi đối Giả sử x1 x2; x3 x4 đối => x14  x 24 ; x 34  x 44 � x14  x 24  x 34  x 44  32 �  x14  x 34   32 � x14  x 34  16 Đặt x2 = t (t �0) ta có pt: t  2mt   (1) 2 => Pt (1) có nghiệm phân biệt dương thỏa mãn t1  t  16 Ta có  '  m  Theo vi ét ta có : �t1  t  2m � �t1t  �� m  2 � m2   �� � �� m  � m  2 � 2m  � � m0 � Do pt (1) có hai nghiệm phân biệt dương 2 t12  t 22  16 �  t1  t   2t1t  16 �  2m    16 Để � 4m  24 � m  � m  m   Đối chiếu điều kiện m   Hướng dẫn Bài a) ta có góc BFC = góc BEC = 900 => đỉnh F E nhìn BC góc 900 => tứ giác BFEC nội tiếp b) góc BEC = 900 => BC đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC => M tâm đường trịn => góc EBC góc nội tiếp chắn cung EC cịn góc EMC góc tâm chắn cung EC Nếu góc EBC = 300 => góc EMC = 600 c) ta có tứ giác BDHF nội tiếp; tứ giác DCEH nội tiếp => góc EDH = góc FBH = góc FCE = góc HDE => góc FDE = góc FBE mà góc FBE góc nội tiếp chắn cung EF cịn góc FME góc tâm chắn cung EF => góc FME = góc FBE => góc FDE = góc FME Bai 1 1   2 Ta có a + b = ; a.b = a  b   a  b   2ab    2 �3 � 17 4 2 2 a  b   a  b   2a b  � �  �2 � 8  4 7 3 4 3 a  b   a  b   a  b   a b (a  b) a  b3   a  b   3ab  a  b   2  Do 17 169 = - 64 = 64 Bài Cho (O), từ A ngồi đường trịn vẽ đường thẳng AO cắt (O) B, C (AB < AC) Qua A vẽ đường thẳng không qua O cắt đường tròn (O) D, E (AD < AE) Đường thẳng vng góc với AB A cắt đường thẳng CE F a) Chứng minh tứ giác ABEF tứ giác nội tiếp b) Gọi M giao điểm thứ hai FB (O) Chứng minh DM vng góc với AC c) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2 Hướng dẫn Bài ĐK x �1 5x  6x  2018 5x(x  1)  x   2017 2017   5x   x 1 x 1 x 1 Ta có Để Q(x) nguyên (x+1) �Ư(2017)=  �1; �2017 => x � 2;0; 2018; 2016 Q x  Bài a) ta có góc BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => góc BEF = 900 , mà góc FAB = 900 => tứ giác ABEF nội tiếp (tổng góc đối 1800) b) ta có tứ giác ABEF nội tiếp => góc AFB = góc AEB = góc BMD => AF//DM Mà AF vng góc với AC => DM vng góc với AC c) ta có tam giác CEB dồng dạng với tam giác CAF => CE.CF = CB.CA tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEC (g.g) => AD.AE = AB.AC => CE.CF + AD.AE = CB.AC + AB.AC = AC(CB + AB) = AC.AC = AC Hết ... => KE = KF Câu Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn (chung) – Đề Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên... định SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018- 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Đề gồm trang, có câu) Câu ( 2,25 điểm) 1) Giải phương... FHC + góc HCF = 1800 (tổng góc tam giác) Mà góc EBH góc HCF góc phía => BE//CF SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT Mơn thi: Tốn Ngày thi: 13/06 /2018 Thời gian: 120 phút