1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

1 DE VA HDC TS10 THPT CHUNG BAC GIANG 2017 2018

5 160 2

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 400 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 20172018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A  25   18 Tìm m để đồ thị hàm số y  x  m qua điểm K (2;3) Câu II (3,0 điểm) x  y  10 � �2 x  y  Giải hệ phương trình � �x x  x  x x  � x 1  � x x  1  x � �2 x  x  Cho biểu thức B  � (với x �0; x �1 x � ) Tìm tất giá trị x để B  Cho phương trình x  (2m  5) x  2m   (1), với x ẩn, m tham số a Giải phương trình (1) m   b Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 cho biểu thức P  x1  x2 đạt giá trị nhỏ Câu III (1,5 điểm) Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A 9B ủng hộ thư viện 738 sách gồm hai loại sách giáo khoa sách tham khảo Trong học sinh lớp 9A ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo; học sinh lớp 9B ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều số sách tham khảo 166 Tính số học sinh lớp Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  C  tâm O bán kính R Hai đường cao AE BK tam giác ABC cắt H (với E thuộc BC , K thuộc AC ) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn Chứng minh CE.CB  CK CA �  BAE � Chứng minh OCA Cho B, C cố định A di động  C  thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; H thuộc đường tròn  T  cố định Xác định tâm I tính bán kính r đường tròn  T  , biết R  cm Câu V (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a, b thoả mãn 2a  3b �4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q  2002 2017   2996a  5501b a b …HẾT … Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẠC LIÊU NĂM HỌC 20172018 Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu I (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A  25   18 Tìm m để đồ thị hàm số y  x  m qua điểm K (2;3) Giải Ta có A  25  4.2  9.2     Vậy A  Đồ thị hàm số y  x  m qua điểm K (2;3) �   m � m  1 Vậy m  1 Câu II (3,0 điểm) x  y  10 � �2 x  y  Giải hệ phương trình � �x x  x  x x  � x 1  � x x  1  x � �2 x  x  Cho biểu thức B  � (với x �0; x �1 x � ) Tìm tất giá trị x để B  Cho phương trình x  (2m  5) x  2m   (1), với x ẩn, m tham số a Giải phương trình (1) m   b Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 cho biểu thức P  x1  x2 đạt giá trị nhỏ Giải x  y  10 � �y  10  x �y  10  3x �x  �� �� �� 11x  33 2x  y  x  3(10  x)  � �y  � � Ta có � Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )  (3;1)   � x x  x 1 � x  3� x 1 �  Ta có B  � x 1 x  x  x  �2 x  x  � �   � x �  x  �      x  � x 1 � x 1 � x 1   x 1  x 1 x  x 1 x  x 1 x 1 x 1 Vì x �0 nên x   , B  x   � x  1 Mà x �0; x �1 x � nên ta kết �x  4 a + Với m   x0 � phương trình (1) trở thành x  x  � � x4 � + Vậy m   phương trình có hai nghiệm x  x  b + Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt �    2m     2m  1  � � �x1  x2  2m   �x x  2m   �1 + Ta có    2m  5   2m  1  4m  12m  21   2m    12  0, m �R 2 (*) + Do P  nên P đạt nhỏ P nhỏ + Ta có P   x1  x2   x1 x2  2m   2m  1  2m    �3 (m   ) , suy P � (m   ) 2 P  m  (thoả mãn (*)) + Vậy giá trị nhỏ P m  Câu III (1,5 điểm) Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A 9B ủng hộ thư viện 738 sách gồm hai loại sách giáo khoa sách tham khảo Trong học sinh lớp 9A ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo; học sinh lớp 9B ủng hộ sách giáo khoa sách tham khảo Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều số sách tham khảo 166 Tính số học sinh lớp Giải + Gọi số học sinh lớp 9A x học sinh ( x ��* ) + Gọi số học sinh lớp 9B y học sinh ( y ��* ) + Ta có học sinh lớp 9A ủng hộ: 6x sách giáo khoa 3x sách tham khảo + Ta có học sinh lớp 9B ủng hộ: 5y sách giáo khoa y sách tham khảo + Vì tổng số sách học sinh hai lớp ủng hộ 738 quyển, nên ta có phương trình: (6 x  x)  (5 y  y )  738 hay x  y  738 � x  y  82 (1) + Số sách giáo khoa học sinh hai lớp ủng hộ x  y (quyển) + Số sách tham khảo học sinh hai lớp ủng hộ x  y (quyển) + Vì số sách giáo khoa nhiều số sách tham khảo 166 nên ta có phương trình: (6 x  y )  (3x  y )  166 � 3x  y  166 (2) �x  y  82 + Từ (1) (2) ta có hệ phương trình � 3x  y  166 � �x  42 + Giải hệ nghiệm � (thoả mãn điều kiện) �y  40 + Vậy lớp 9A có 42 học sinh lớp 9B có 40 học sinh Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  C  tâm O bán kính R Hai đường cao AE BK tam giác ABC cắt H (với E thuộc BC , K thuộc AC ) Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn Chứng minh CE.CB  CK CA + Giải điều kiện m     �  BAE � Chứng minh OCA Cho B, C cố định A di động  C  thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; H thuộc đường tròn  T  cố định Xác định tâm I tính bán kính r đường tròn  T  , biết R  cm Giải + Ta có � AEB  � AKB  900 Nên E K thuộc đường tròn đường kính AB + Vậy tứ giác ABEK nội tiếp đường tròn �  900 + Vì AE  BC ; BK  AC nên � AEC  BKC + Chỉ hai tam giác AEC BKC đồng dạng (g-g) CE CA  Suy Vậy CE.CB  CK CA CK CB + Vẽ tiếp tuyến t ' t đường tròn (C) điểm C, ta có: � ACt  � ABC � , EK song song với � � ), suy � + Lại có � (cùng bù với EKA ACt  EKC ABC  EKC t 't + Mặt khác OC  t ' t , suy OC  EK �  CKE �  900 (do OC  EK ) BKE �  CKE �  900 (vì BK  AC ) suy + Ta có OCA �  BKE � (1) OCA �  BAE � + Lại có: BKE (do tứ giác ABEK nội tiếp ) (2) �  BAE � + Từ (1) (2) ta có OCA + Gọi H’ giao điểm thứ hai AE đường tròn (C); I điểm đối xứng với � '  BCA �  BH � ' H , suy tam giác BHH ' cân B nên H H’ đối O qua BC Có BHH xứng qua BC + Vì O I đối xứng qua BC, IH  OH '  R + Do O cố định, BC cố định nên I cố định Từ có H thuộc đường tròn (T) có tâm I, bán kính r  IH  R + Vậy đường tròn (T) có tâm điểm I đối xứng với O qua BC bán kính r  R  cm Câu V (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a, b thoả mãn 2a  3b �4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q  Giải 2002 2017   2996a  5501b a b �1 � �1 � �a � �b � �1 � �1 �  2002 �  4a � 2017 �  b � 2506  2a  3b  �a � �b � a , b + Vì dương 2a  3b �4 nên  2a  3b �4  2017 �  b � 5012 a  7518b + Ta có Q  2002 �  a � 1 4a  2017.2 .b  2506.4  2018 với a, b  2a  3b �4 , dấu a b xảy a  b  + Vậy giá trị nhỏ Q 2018 a  ; b  Q �2002.2 ... 2002 2 017   2996a  5501b a b 1 � 1 � �a � �b � 1 � 1 �  2002 �  4a � 2 017 �  b � 2506  2a  3b  �a � �b � a , b + Vì dương 2a  3b �4 nên  2a  3b �4  2 017 �  b � 5 012 a  7 518 b... x  � x 1 � x 1 � x 1   x 1  x 1 x  x 1 x   x 1 x 1 x 1 Vì x �0 nên x   , B  x   � x  1 Mà x �0; x 1 x � nên ta kết �x  4 a + Với m   x0 � phương trình (1) trở thành... 2m  1  � � �x1  x2  2m   �x x  2m   1 + Ta có    2m  5   2m  1  4m  12 m  21   2m    12  0, m �R 2 (*) + Do P  nên P đạt nhỏ P nhỏ + Ta có P   x1  x2   x1 x2

Ngày đăng: 22/03/2019, 16:28

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

  • Đang cập nhật ...

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w