STT 63 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 I TRẮC NGHIỆM Câu Giá trị biểu thức A 3a (3a 1)2 là: B 3a C 3a 3a Câu Hàm số y (m 3) x đồng biến Câu A m 3 B m 3 C m 3 Đồ thị hàm số sau qua hai điểm A(2;1) , B(1;0) : A y x Câu B y x D 3a , khi: C y x D m 3 D y x Cho đường tròn ( O;3 cm) đường thẳng a tiếp xúc với điểm H Khi đó: A OH cm OH vng góc với a B OH cm OH vng góc với a C OH cm OH khơng vng góc với a D OH cm OH vuông góc với a II TỰ LUẬN Câu x y m ( I ) , m tham số Cho hệ phương trình x y 3( m 2) a) Giải hệ với m b) Tìm tất giá trị m để hệ ( I ) có nghiệm c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x y , ( x; y) nghiệm hệ (I ) Câu a) Một phòng họp có tổng số 80 ghế ngồi, xếp thành hàng, hàng có số lượng ghế Nếu bớt hàng mà không làm thay đổi số lượng ghế phòng hàng lại phải xếp thêm ghế Hỏi lúc đầu phòng có ghế? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P) : y x đường thẳng y x cắt hai điểm A , B tính diện tích tam giác AOB (trong O gốc tọa độ, hoành độ điểm A lớn hoành độ điểm B Câu Cho đường tròn O có tâm điểm O , đường kính AB 2R Trên đường thẳng lấy AB lấy H cho B nằm A H ( H không trùng với B) , qua H dựng đường thẳng d vng góc với AB Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB ( C không trùng với O B) Qua điểm C kẻ đường thẳng a cắt đường tròn (O) hai điểm E , F ( a không trùng với AB) Các tia AE AF cắt đường thẳng d M N a) Chứng minh tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định khác A đường thẳng a thay đổi c) Cho AB cm, BC cm, HB cm Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN Câu Cho x , y số thực Tìm giá trị lớn biểu thức: x y 1 x y P 1 x 1 y 2 2 2 2 STT 63 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 I TRẮC NGHIỆM Câu Giá trị biểu thức A 3a (3a 1)2 là: B 3a C 3a 3a D 3a Lời giải Chọn D (3a 1)2 3a Câu Hàm số y (m 3) x đồng biến A m 3 B m 3 , khi: C m 3 D m 3 Lời giải Chọn A Hàm số đồng biến Câu m m 3 Đồ thị hàm số sau qua hai điểm A(2;1) , B(1;0) : A y x B y x C y x D y x Lời giải Chọn B Gọi đồ thị hàm số qua A B có dạng: y ax b (a 0) Ta có: 2a b a a b b 1 Vậy đồ thị hàm số cần tìm y x Câu Cho đường tròn ( O;3 cm) đường thẳng a tiếp xúc với điểm H Khi đó: A OH cm OH vng góc với a B OH cm OH vng góc với a C OH cm OH khơng vng góc với a D OH cm OH vng góc với a Lời giải Chọn D II TỰ LUẬN Câu x y m ( I ) , m tham số Cho hệ phương trình 2 x y 3(m 2) a) Giải hệ với m b) Tìm tất giá trị m để hệ ( I ) có nghiệm c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A x y , ( x; y) nghiệm hệ (I ) Lời giải a) Với m , hệ ( I ) trở thành: x y x y 5 x 25 2 x y 12 4 x y 24 2 x y 12 x x 2 y 12 y Vậy với m nghiệm hệ ( I ) (5; 2) 2 Hệ ( I ) ln có nghiệm với m b) Ta thấy: c) x y m x y 2m x y m 2 x y 3(m 2) 2 x y 3m 5 y 5m x 2m m x m y m y m Do đó: A x y (m 3)2 m2 2m2 6m 3 9 m m 2 2 Dấu “=” xảy m Vậy A m 2 Câu Một phòng họp có tổng số 80 ghế ngồi, xếp thành hàng, hàng có số lượng ghế Nếu bớt hàng mà không làm thay đổi số lượng ghế phòng hàng lại phải xếp thêm ghế Hỏi lúc đầu phòng có ghế? a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P) : y x đường thẳng y x cắt hai điểm A , B tính diện tích tam giác AOB , O gốc tọa độ, hoành độ điểm A lớn hoành độ điểm B Lời giải a) Gọi số hàng ghế lúc đầu x x Số ghế hàng lúc đầu * ; x 2;80 x 80 (chiếc) x Nếu bớt hàng số hàng lại x 80 Khi đó, số ghế hàng (chiếc) x2 Vì lúc hàng lại phải xếp thêm ghế nên ta có phương trình: 80 80 2 x2 x Giải phương trình được: x1 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 8 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm parabol đường thẳng x2 x x2 x Vì a b c nên phương trình có hai nghiệm: x1 ; x2 2 Với x y 1 Với x 2 y 2 4 A(1; 1) B(2; 4) Dễ thấy (d ) cắt Oy điểm C (0; 2) Do đó: SOAB SOAC SOBC Câu 1 (đvdt) 2 Cho đường tròn O có tâm điểm O , đường kính AB 2R Trên đường thẳng lấy AB lấy H cho B nằm A H ( H không trùng với B) , qua H dựng đường thẳng d vng góc với AB Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB ( C không trùng với O B) Qua điểm C kẻ đường thẳng a cắt đường tròn (O) hai điểm E , F ( a không trùng với AB) Các tia AE AF cắt đường thẳng d M N a) Chứng minh tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định khác A đường thẳng a thay đổi c) Cho AB cm, BC cm, HB cm Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN Lời giải a) Ta có: AEB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEM 90 (kề bù với ADB ) Tứ giác BEMH có: BEM BHM 90 90 180 Tứ giác BEHM nội tiếp b) Ta có: AFB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét AFB AHN có: HAN chung, AFB AHN 90 AFB AHN (g.g) Gọi D giao điểm thứ hai AB với đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN AMN ADN (2 góc nội tiếp chắn cung AN ) Vì ABE AFE (2 góc nội tiếp chắn cung AE ) ABE AMH (vì tứ giác BEMH nội tiếp) nên AFE AMN AFE ADN Xét AFC ADN có DAN chung, AFE ADN (cmt) AFC ADN (g.g) AF AC AF AN AD AC AD AN Mặt khác, ta có AFB AHN (g.g) AF AB AF AN AB AH AH AN AB AH Do đó, AD.AC AB.AH AD khơng đổi (vì A , B , C , H cố định) AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN ln qua điểm D cố định ( D khác A ) c) Với AB cm, BC BH cm thì: AD AB AH 4.5 20 (cm) AC 3 HD AD AH 20 (cm) 3 Dễ thấy tam giác AHM NHD đồng dạng (g.g) AH HM 25 HM NH AH HD NH HD 3 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si , ta có: MH HM HN HM HN 25 10 3 1 10 25 ( cm ) S AMN AH MN 2 3 Dấu xảy ra: HM HN AMN ANM EF // MN EF AB Vậy S AMN Câu 25 (cm2 ) EF AB Cho x , y số thực Tìm giá trị lớn biểu thức: x y 1 x y P 1 x 1 y 2 2 2 Lời giải (a b)(1 ab) Đặt a x ; b y ( a ; b ) P (1 a)2 (1 b) Vì a ; b nên: (a b)(1 ab) a a 2b b ab a ab2 a b a 2b b a 1 b Lại có: (1 a)2 (1 a)2 4a 4a a(1 b)2 4a(1 b) a x 1 Dấu xảy ra: b y P Vậy max P x 1 y 2 ... Cho x , y số thực Tìm giá trị lớn biểu thức: x y 1 x y P 1 x 1 y 2 2 2 2 STT 63 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 I TRẮC NGHIỆM Câu Giá trị biểu