9 DE VA HDC TS10 THPT CHUNG ĐỒNG NAI 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x  x  20  7x 3y  � 2) Giải hệ phương trình : � 4x  y  � 3) Giải phương trình x  x   Câu ( 2,25 điểm ) Cho hai hàm số y   x y  x  có đồ thị ( P ) ( d ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) ( d ) mặt phẳng tọa độ ) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị ( P ) ( d ) Câu ( 1,75 điểm ) � a 2 a 2 1) Cho a > a �4 Rút gọn biểu thức T  � � a 2 a 2 � �� � � a  � � � a � �� 2) Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở, biết số hàng xe chở dự định nhau, thực Câu ( 0,75 điểm ) Tìm giá trị tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – )x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho biểu thức P = ( x1 )2 + ( x2 )2 đạt giá trị nhỏ Câu ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt H Biết ba góc � ,� CAB ABC , � BCA góc nhọn Gọi M trung điểm đoạn AH 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC � �  DFC Chứng minh DIJ Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỒNG NAI Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x  x  20  7x 3y  � 2) Giải hệ phương trình : � 4x  y  � 3) Giải phương trình x  x   Giải 1) Giải phương trình x  x  20  Cách 1: x  x  20   =81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1 1  5; x2  4 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5} x5  x5 � � 2 �� Cách 2: x  x  20   � x  x  x  20  � ( x  5)( x  4)  � � x40 x4 � � Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5} 7x  3y  � 2) Giải hệ phương trình : � �4 x  y  7x  3y  7x  3y  19 x  19 � � � �x  �� �� �� � 4x  y  12 x  y  15 4x  y  � � � �y  Vậy hệ phương trình có nghiêm (x;y)=(1;1) 3) Giải phương trình x  x   (1) Cách 1: � � x2   x�3 x  x   � x  3x  x   � ( x  3)( x  1)  � �2 �� x 1  Vn( x �0 � x   0) � � 4 2 2  Vây phương trình có tập nghiệm S   3;  Cách 2: Đặt t=x2 ( t �0) ta có phương trình t2-2t-3=0 (2) Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có nghiệm t1=-1(loại);t2=3(nhận) Với t2=3 � x  � x  �  Vây phương trình có tập nghiệm S   3;  Câu ( 2,25 điểm ) Cho hai hàm số y   x y  x  có đồ thị ( P ) ( d ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) ( d ) mặt phẳng tọa độ ) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị ( P ) ( d ) Giải 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) ( d ) mặt phẳng tọa độ * y  x Hàm số xác định với x�� Bảng giá trị x -2 -1 y -2 -0,5 -0,5 -2 Nhận xét: Đồ thị hs parabol qua gốc tọa độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía trục hồnh,O điểm cao *y=x-4 Đồ thị hs đường thẳng qua hai điểm (0;-4) (4;0) 2)Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình  x2  x  � x2  x    '     nên phương trình có nghiệm phân biệt x1=2;x2=-4 x1=2 � y1=-2 ; x2=-4 � y2=-8 Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) (2;-2) (-4;-8) Câu ( 1,75 điểm ) � a 2 a 2 1) Cho a > a �4 Rút gọn biểu thức T  � � a 2 a 2 � �� � � a  � � � a � �� 2) Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở, biết số hàng xe chở dự định nhau, thực Giải 1) Với a > a �4 , ta có � a 2 a 2 T �  � a 2 a 2 �     � a 2  �� � � � a  � � � � a � � a 2 �� � �a  a   a  a  � � a4 �   a  2 a 2 � �a  � � � �� �� a � � ��a  � 8 a � 8 � �  � a �� a � 2) Cách 1: Gọi x(xe) số xe đội lúc đầu ( x nguyên dương) Số hàng xe dự định chở 120 (tấn) x x+4(xe) số xe đội lúc sau Số hàng xe thực chở 120 (tấn) x4 120 120  1 x x4 Giải phương trình ta x=20(thỏa đk);x=-24(khơng thỏađk) Theo đề ta có phương trình Vậy số hàng xe dụ định chở 120:20=6(tấn) Cách 2: Gọi x số hàng xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > ) Số hàng xe lúc sau chở: x – ( ) Số xe dự định ban đầu : Số xe lúc sau : 120 ( xe ) x 120 ( xe ) x 1 Theo đề ta có phương trình : 120 120 – =4 x 1 x Giải pt ta : x1 = ( nhận ); x2 = –5 ( loại ) Vậy số hàng xe ban đầu dự định chở : 6( ) Câu ( 0,75 điểm ) Tìm giá trị tham số thực m để phương trình: x2 + ( 2m – )x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 cho biểu thức P = ( x1 )2 + ( x2 )2 đạt giá trị nhỏ Giải Để phương trình: x2 + ( 2m – )x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt x1, x2   � 4m   � m  5 phương trình có nghiện phân biệt x1, x2 theo hệ thức vi ét Ta có: x1 + x2 = 1-2m ; x1.x2 = m2 – Với m  Nên P = ( x1 )2 + ( x2 )2 = (x1 + x2 )2 – 2x1.x2 = ( 1-2m)2 – 2(m2 – 1)= 1-4m+4m22m2+2 =2m2-4m+2+1 = 2( m – )2 + �1 Đẳng thức xảy � (m  1)  � m  (thỏa đk) Pmin = m = < Vậy với m=1 biểu thức P đạt giá trị nhỏ Câu ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt H Biết ba góc � , ABC � ,� CAB BCA góc nhọn Gọi M trung điểm đoạn AH 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC � �  DFC Chứng minh DIJ Giải 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn BE đường cao  ABC � BE  AC � � AEH  900 A CF đường cao  ABC � CF  AB � � AFH  900 Tứ giác AEHF có � AEH  � AFH  1800 nên M F tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB H  ADC  BEC có � �  900 (AD,BE đường ADC  BEC cao) � chung C Do  ADC E J I B D O N  BEC(g-g) DC AC  � DC.BC  CE AC EC BC 3) Chứng minh EM tiếp tuyến � đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF �  BFC �  900 Tứ giác BFEC có BEC � tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF  OBE cân O (do OB=OE) �  OEB � � OBE  AEH vng E có EM trung tuyến ứng với cạnh huyền AH(Vì M trung điểm AH) �  MHE �  BHD � � ME=AH:2= MH  MHE cân M � MEH �  OBE �  900 (  HBDvuông D) Nên OEB �  MEH � �  900 Mà BHD  900 Suy MEO � EM  OE E thuộc ( O ) � EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) ) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC � �  DFC Chứng minh DIJ C Tứ giác AFDC có � AFC  � ADC  900 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn � �  BAC � BDF �  BAC � (cmt); B � chung  BDF  BDF  BAC có BDF  BAC(g-g) Chứng minh tương tự ta có  DEC  ABC(g-g) �  EDC � � BDI �  IDF �  EDJ �  JDC � � IDJ �  FDC � (1) Do  DBF  DEC � BDF Vì  DBF  DEC (cmt);DI phân giác,DJ phân giác � Từ (1) (2) suy  DIJ � �  DFC  DFC (c-g-c) � DIJ Hết DI DJ  (2) DF DC ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỒNG NAI Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình... AEH  90 0 A CF đường cao  ABC � CF  AB � � AFH  90 0 Tứ giác AEHF có � AEH  � AFH  1800 nên M F tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB H  ADC  BEC có � �  90 0 (AD,BE... điểm AH) �  MHE �  BHD � � ME=AH:2= MH  MHE cân M � MEH �  OBE �  90 0 (  HBDvuông D) Nên OEB �  MEH � �  90 0 Mà BHD  90 0 Suy MEO � EM  OE E thuộc ( O ) � EM tiếp tuyến đường tròn ngoại