tuyen tap 42 de thi tuyen sinh lop 10 nam hoc 2017 2017 cac tinh

Bộ giáo dục đào tạo cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam Trờng đại học s phạm hà nội Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc Đề thøc ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN NĂM 2017 Mơn thi: Tốn ( Dùng cho thí thi vào trường chuyên) Thời gian : 120 phút Câu 1( điểm) Cho biểu thức P a  a  2b  b2 a � b � 1  �a  a  b � � a a �   �a  a  ab  a 2b b � :�  � 2 a b a b � � với , a, b  0, a �b, a  b �a 1.Chứng minh P  a  b 2.Tìm a,b biết P  & a  b3  Câu 2( điểm) Giả sử x, y hai số thực phân biệt thỏa mãn Tính giá trị biểu thức P  1   x  y  xy  1   x  y  xy  Câu 3(2 điểm) Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d) : y  2ax  4a (với a tham số ) 1.Tìm tọa độ giao điểm ( d) (P) a   2 Tìm tất giá trị a để đường thẳng (d) cắt (P) taị hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2  Câu (1 điểm) Anh nam xe đạp từ A đến C Trên quãng đường AB ban đầu ( B nằm A C).Anh Nam với vận tốc không đổi a( km/h) thời gian từ A đến B 1,5 Trên quãng đường BC lại anh Nam chậm dần với vận tốc thời điểm t ( tính giờ) kể từ B v  8t  a ( km/h) Quãng đường từ B đến thời điểm t S  4t  at Tính quãng đường AB biết đến C xe dừng hẳn quãng đường BC dài 16km Câu (3 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Các tiếp tuyến đường tròn (O) điểm B ,C cắt điểm P Gọi D, E tương ứng chân đường đường vng góc kẻ từ P xuống đường thẳng AB AC M trung điểm cạnh BC Chứng minh �MEP  �MDP Giả sử B, C cố định A chạy (O) cho tam giác ABC tam giác có ba góc nhọn Chứng minh đường thẳng DE qua điểm cố định Khi tam giác ABC Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R Câu (1 điểm) Các số thực không âm x1 , x2 , x3 , , x9 thỏa mãn �x1  x2  x3   x9  10 � �x1  x2  3x3   x9  18 Chứng minh : 1.19 x1  2.18 x2  3.17 x3   9.11x9 �270 Họ tên thí sinh:…………………………….….Số báo danh:……………… Cán coi thi khơng giải thích thêm Hướng dẫn Câu 1 1 1   �    0 x  y  xy  x  xy  y  xy  xy  y xy  x   �  xy  y   y  1   xy  x   x  1   x  1  xy  1  y  1  xy  1 �  x  y Câu 2  xy  1  � xy  (vi x �y ) � S  a0 � a4 � a) Phương trình hoành độ (d) (P) x  2ax  4a   '  a  a    � � �x1  x2  2a � �x1 x2  4a a0 � b) Với � theo Viét a4 � x1  x2  �  x1  x2   �  x1  x2   x1 x2  x1 x2  Ta co 4a  8a  8a  1 Với a4 4a  8a  8a  � 4a  � � 3 � a �dk � Câu Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe từ B đến C thỏa mãn a 8t  a  � t  quàng đường BC A D �a � a 2 S  4t  at  16 � 4 � �  16 � a  256 � a  16 �8 � S AB  1,5.a  24(km) A O B M C E I P Câu a)Xét hai tứ giác nội tiếp BDPM CEPM tam giác MBC cân �MEP  �MBP  �MBP  �MDP O b) �BAC  �ABC  �ACB  1800 ; �CBP  �ABC  �PBD  1800 � �ACB  �PBD  �DMP (1); �ACB  �MPE (2); tu(1)(2)M� �DMP  � CMPE � MD / / PE B Tuong tu ME / / DB � tgMEDP la hinh binh hanh � IM  IP Vậy DE qua trung điểm PM D E I P 3R 3R R R BC AM AB  R 3; OA  R � AM  ;AI=   ;  ABC dd ADE �   2 4 DB AE 3R R 3R 27 R � DE  � S ADE   2 16 c)Ta có A; O,M, P thẳng hàng S ADE  DE AI Tính Câu  x1  x2  x3   x9   90 �  x1  x2  x3   x9   90 � � 19 x1  29 x2  39 x3   99 x9  270 � 10  x1  x2  3x3   x9   180 � Mat khac 1.19 x1  2.18 x2  3.17 x3   9.11x9  (19 x1  29 x2  39 x3   99 x9 )   x2  12 x3  15 x4  x8  �270 x1  � � Dau "  " xay � � x9  � x2  x3   x8  � Đề Bộ giáo dục đào tạo cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam Trờng đại học s phạm hà nội Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUN NĂM 2017 Mơn thi: Tốn ( Dùng riêng cho học sinh chuyên Toán chuyên Tin) Thời gian : 150 phút Câu (1.5 điểm )Cho số dương a,b,c,d Chứng minh số 1 1 1 1 a   ;b   ;c2   ;d   Có số khơng nhỏ b c c d c d a b Câu (1.5 điểm )Giải phương trình : x  x    x  1  x   x  1   x  x   2017 2 2 Câu (3.0 điểm ) 1.Tìm tất số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn a  b3 ;c3  d ; a  d  98 1 2.Tìm tất số thực x cho số x  2; x  2; x  ; x  có số x x số nguyên Câu (3điểm ) Cho đường tròn (O) bán kính R điểm M nằm (O) Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O) ( A, B hai tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A, C khác B) Gọi I; K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D A F KO  KM  R 2 G E H K B D C Chứng minh 2.Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp 3.Gọi E giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn (O) N trung điểm KE đường thẳng KE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh bốn điểm I, A, N, F nằm đường tròn Câu (1.0 điểm ) Xét hình bên : Ta viết số 1, 2,3,4, vào vị trí điểm hình vẽ bên cho số xuất lần tổng ba số cạnh tam giác 18 Hai cách viết gọi số viết điểm (A;B;C;D;E;F;G;H;K) cách trùng Hỏi có cách viết phân biệt ? Tại sao? Hướng dẫn Câu (1.5 điểm ) Giả sử bốn số nhỏ 1 1 1 1 P  a    b    c2    d    b c c d c d a b Mặt khác 1 1 1 1 �1 1 � P  a    b    c2    d    a  b  c  d  �    � b c c d c d a b �a b c d � 1 Do  a  b  c  d  � a  b  c  d  ;    � � a b c d abcd  abcd P� abcd 16 16 16 16   �3  12 a bc d a bc d a bc d a bcd Trái điều giả sử suy có số khơng nhỏ Câu (1.5 điểm )Giải phương trình x  x    x  1  x   x  1   x  x   2017 2 2 ĐKXĐ x �R x  x    x  1  x   x  1   x  x   2017 2 2 � x  x3  x  x  x   x  x  x   x  x  x  2017 � x  2x  2  x  x  1  2017 � x  x   x  x   2017 � x  2016 Câu (3.0 điểm ) 1.Tìm tất số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn a  b3 ;c3  d ; a  d  98 1 2.Tìm tất số thực x cho số x  2; x  2; x  ; x  có số x x số nguyên Hướng dẫn x x 1.Giả sử a  p1x1 p2x2 p3 pn n p1; p2 ; , pn số nguyên tố x1; x2 ; ; xn �N y y Tượng tự d  q1y1 q 2y2 q 33 q nn q1; q2 ; ,q n số nguyên tố y1; y ; ; y n �N Ta có a,d >1 2x 2x 2x 2x 3  Vì a  p1 p2 p3 pn  b � x1 , x2 , x3 , , x3 M3 � x1 , x2 , x3 , , x3 M3 � a  x ,  x �Z  n Chứng minh tương tự d  y ,( y �Z  ) từ giả thiết a  d  98 � x  y  98 �  x  y   x  xy  y   98 vi a  d � x  y   x  y  x  xy  y  x  xy  y � x  y  x  xy  y � �x  y  �x  y  �x  y  � �2 � � � y �Z � x �Z � � 2  y  1   y  1 y  y  98 �3 y  y  97  � �x  xy  y  98 Hoặc � �y  � � � �x  y  �x  y  �x  y  �x  � � � � � x  5; y  �2 � � 2  y     y   y  y  49 �y  y  15  � �y  5  �x  xy  y  49 � � � �x  3  � Vậy a  53  125; d  33  27; b  25; c  81 x 2.Nếu x  ; x  1 nguyên ta có x   x   x �Z � x �Q mà x  2; x  2 x x x không số hữu tỷ hai số khơng số ngun x   x  2 �Z Đặt  x   a,(a �Z ) � x  2  a   A  2  a   2  a  1 �Z � 2  a  1 �Z � a   � a  1 Thử lại I x   Câu (3điểm ) D a) Ta có IM = IA KM = KC N L � IK đường trung bình AMC � M IK / / AC F O AC = AB ( tiếp tuyến cắt M) P K OA = OB = R � OM trung trực AB C � OM  AB � IK  OM Áp dụng định lý py ta go ta có MI  KO  MK  IO � KO  KM  IO  MI  IO  IA2  OA2  R 2B( IM = IA) Vậy : KO  KM  R E Q b) Nối KO cắt đường tròn Q, P.Ta có KM = KC Suyra KO  KM  R � 2 KO  KC  R � KC  KO  OP  ( KO  OP )( KO  OP )  KQ.KP �  KAC �  DBM � Ta lại có KQ.KP =KD.KA � KC  KD.KA � CKD ∽ AKD (c g , c) � DCK Vậy tứ giác MDCB nội tiếp � �  EMK � c) Gọi L trung điểm KD ta có AEM MKD ∽ AKM (c.g c) �  MAK AE//KM Mặt khác ta có KF KE  KD.KA � KF KN  KL.KA � ANFL nội tiếp �  LNF �  MEK �  FMK � Suy LAF (vì KF KE  KD KA  KC  KM ) hay �  KMF � � tugiacMKFA nội tiếp � � � � � I , A, N F cùngAthuộc KAF AFN  AMK  AIN đường tròn Câu (1.0 điểm ) Ta thấy có số la dãy 1,2,3,4, ,9 tổng số với 18 ta thấy điểm A ( tương tự B,C) khơng thể điền số trái lại F G B,F phải điền cặp 8,9 ;tại C,E điền cặp 8,9 Điều vơ lí Tương tự D,E,F điền số số điền H, G,K H K Xét trường hợp số điền G ( tương tự H,K) E điền số ,F điền số ( ngược lại) B Giả sử A điền a;C điền c, D điền d, K điền k H điền k+1, B điền c +1 D a,d;c+1,k,k+1 phân biệt thuộc  2,3, 4,5,6,7 E C ac 9 � � Khi �d  k  � d � 3;5;7 thu d  7(thoa man) � d  2c  17 � Vậy a=4;c=5;k=2 có 3.2=6 (cách) Đề Đề thi vào 10 Lê Hồng Phong Nam Đinh – Đề Chung Câu 1: (2 điểm) 1/ Tìm điều kiện xác định biểu thức: P    x x 1 2/ Tìm toạn độ giao điểm M đường thẳng y=2x+3 trục Oy 3/ Với giá trị m hàm số y  (1  m2 ) x  2017m đồng biến 4/ Tam giác ABC có diện tích hình tròn ngoại tiếp 3 cm Tính độ dài cạnh tam giác Câu 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức: A  x 1 : (với x>0) ( x  x )( x  x  1) x  x 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị nguyên cảu x để số nguyên A Câu 3: (2,5 điểm) 1/ Cho phương trình x  2mx  m2  m   với m tham số a/ Giải phương trình với m = b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn: x  2mx2  3m  m  �0 2 � � x 2 x3  7 x 3 2/ Giải hệ phương trình: � � x  y   y  y  y  13 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Các tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt M Đường thẳng qua M song song với AB cắt đường tròn (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I 1/ Chứng minh năm điểm M, B, O, I, C thuộc đường tròn 2/ Chứng minh FI FD  FE FM 3/ Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB), Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Tính tỉ số TQ  TM MQ Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a �2, b �2 a+b+2c=6 Chứng minh 1) a  b  4ab  16 �4c  16c  20 rằng: 1/ 2)  b2 4�  c  2 � a2   �0  1� (a  b)  6ab  16 � Đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN(ngày thi 01/6/2017) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x  y  � 3 x  y � 1) (2x  1)(x  2)  2) � Câu (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d): y   x  m  v ( d’ ) : y  (m  2)x  T ì m m để (d) (d’) song song với �x  x  �1  x x  �: với x  0; x �1; x �4 �x  x  x  x �  x 2) Rút gọn biểu thức: P  � Câu (2,0 điểm) 1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy Tháng thứ hai, cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vậy, hai tổ sản xuất 1000 chi tiết máy Hỏi tháng đầu tổ sản xuất chi tiết máy ? 2) Tìm m để phương trình: x  5x  3m   (x ẩn, m tham số) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x13  x 32  3x1x  75 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ điểm M ngồi đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO N, H giao điểm MO 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: HF2 MF Câu (1,0 điểm) Cho x, y, zlà ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q  x 1 y 1 z 1    y2  z  x Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý �  x  1 ( x  2)  0,25 0.25 0,25 0.25 3x  y  �x  � �� � 3 x  y � �y  2 1,00 m  �1 � 1  m  � �� Điều kiện để hai đồ thị song song � m �1 m  �3 � � Loại m = 1, chọn m =-1 x x 2 x 1 x A(  ): x x 2 x2 x 2 x A( A( A II Điểm 2x 1  � �� x20 � � x �� � x  2 � I II Nội dung   x x 2  x 1 x 2 x 1 x 2  x 1 x 2 x 2     x x   x x 2 x x 2  ):  ): 1,00 1 2 x x 0,25 1 2 x x 0,25 0,25 0,25 Gọi số chi tiết máy tháng đầu tổ x chi tiết ( x nguyên dương, x < 900) Gọi số chi tiết máy tháng đầu tổ y chi tiết ( ynguyên dương, y < 900) 1,00 �x  y  900 �x  400 �� Theo đề ta có hệ � 1,1x  1,12 y  1000 � �y  500 Đáp số 400, 500 29 ��m 12 m 29 nên pt có hai nghiêm 12 Áp dụng vi ét x1  x2  5 x1 x2  3m  P =  x1  x2   x x  2   x1 x2  3x1 x2  75 � x1  x2  Kết hợp x1  x2  5 suy x1  1; x2  4 Thay vào x1 x2  3m  suy m= IV 0,25 �  MBO �  900 � MAO �  MBO �  1800 Mà hai góc đối nên a) MAO tứ giác MAOB nội tiếp b) Chỉ MNF : ANM(g  g) suy MN  NF NA Chỉ NFH : AFH(g  g) suy NH  NF.NA Vậy MN  NH suy MN = NH 0,75 Có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R � MO đường trung trực AB � AH  MO HA = HB � �  AEF �  MAF  MEA có: AME chung; MAF �  MAF �  MEA (g.g) MA MF  � MA  MF.ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào  vng MAO, có: MA2 = MH.MO Do đó: ME.MF = MH.MO � �  MFH ME MO  MH MF �  MEO �  MOE (c.g.c) � MHF � Vì BAE góc vng nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng �1 � � � �  FAB � � � FEB = sđ EB �� MHF  FAB � � � �  NHF �  ANH �  FAB �  900 � HF  NA � ANH Áp dụng hệ thức lượng vào  vng NHA, có: NH2 = NF.NA � NM  NH � NM  NH 3) Chứng minh: HB2 EF   HF2 MF Áp dụng hệ thức lượng vào  vng NHA, có: HA2 = FA.NA HF2 = FA.FN Mà HA = HB � HB2 HA FA.NA NA    HF2 HF2 FA.FN NF � HB2 = AF.AN (vì HA = HB) Vì AE // MN nên EF FA  (hệ định lí Ta-lét) MF NF HB2 EF NA FA NF �     1 HF2 MF NF NF NF V Q 0,25 1,00 x 1 y 1 z 1 � x y z �� 1 �   �      � M  N 2 2 �� 2 1 y 1 z 1 x � 1 y 1 z 1 x � �  y  z  x2 �  PAC ~  PDA (g.g) � PA PC = � PA = PC.PD PD PA d) Chứng minh AJ // DB Kẻ tiếp tuyến PN (N khác A) đường tròn (T), Với N tiếp điểm Ta có chứng minh PO đường trung trực NA � JA = JN � = P� ; JA = JN  APJ  NPJ có: PA = PN; P � � �  APJ =  NPJ (c.g.c) � A1  N1 (1) �=A � = P� (vì tứ giác PAON nội tiếp) JCN � +C �  1800 (vì góc kề bù) Ta có: C 1 � � � � (2) � JCN = P1  180 � Tứ giác NCJP nội tiếp � N1 = A � � Từ (1) (2) suy ra: A1  A3 �  JAO � A � + JAO �  900 � JA  AD A (3) Ta có: A �  900 (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn) � DB  AD (4) Có: ADB Từ (3) (4) suy ra: AJ // DB Bổ đề: Với a > 0; b > ta có: a + b 2  a + b � (1) Dấu “=” xảy a = b 2 2 2 Thật vậy: (1) � 2a  2b �a  2ab  b � a  2ab  b2 �0 �  a  b  �0 (BĐT đúng) Dấu “=” xảy a = b Vậy: a + b2 � a + b 2 Kẻ đường cao AH � H điểm cố định (vì A, B, C cố định) Gọi P hình chiếu vng góc M AH Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vng INA, IPA ta có: IN + AN  IN  I K  IA �PA Mặt khác: IN = PH nên: IM + IN  IK �PH  PA Áp dụng bổ đề ta có: IM + IN  IK �PH  PA 2 2  PH + PA  � Dấu “=” xảy IA = PA = PH =  AH : khơng đổi (vì A, H cố định) AH � I trung điểm đường cao AH AH Vậy I trung điểm đường cao AH tổng IM + IN + IK đạt GTNN 2 2 2 2 Cách 2: IM + IN  IK  IM + KN (vì IN  IK  KN ) = IM + IA 2 Theo bổ đề, ta có: IM + IN  IK  IM  IA � 2 IM + IA  AM AH : không đổi � � 2 2 Dấu “=” xảy A, I, M thẳng hàng, M trùng H IM = IA � I trung điểm đường cao AH Vậy I trung điểm đường cao AH tổng IM + IN + IK đạt GTNN Bài 5: Ta có: x   y3  y Ta có: xyz �1 nên  y   z3  z  z   x3  x �0 ۳ 1.x 1.y 1.z x 2z y2x z2 y + + � + + y z x y z x Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương: x y z + + 3 y z x (1) x 2z y2 x ; ; z, ta được: y2 z x+y+z AH 2 x2z y2 x + + z �3x; tương tự: y2 z2 �x z Cộng theo vế ta được: � + �y ۳ x 2z y2 x z2 y + + y2 z x x2z y2 x z2 y z2 y � + + x 3y + + y �3z y2 z2 x2 x2 y2 x z2 y � + � x + y + z �3  x + y + z  (2) z2 x � x+y+z x y z Từ (1) (2) suy ra: y3 + z3 + x �x + y + z Dấu “=” xảy x = y = z = Đề 40 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày thi: 14/06/2017 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Câu 1: (1,5 điểm) Cho A  x x 2 ; B x  x 2 x4 a) Tính A x = b) Thu gọn T = A – B c) Tìm x để T nguyên Câu 2: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx – 6m – = a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn x12 + x22 = 13 Câu 3: Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 24m Nếu tăng độ dài cạnh lên 2m giảm độ dài cạnh lại 1m diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2 Tìm độ dài cạnh hình chữ nhật ban đầu Câu ( điểm): Cho tam giác ABC (AB