50 đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2018 có đáp án chi tiết

Việc giải trực tiếp trên từng đề thi trong bộ Tổng hợp 50 đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2018 có đáp án chi tiết sẽ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, và các dạng bài khác nhau, đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi học kì

ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU NĂM HỌC: 2017-2018 Thời gian: 120 phút Bài 1(2điểm) a) b) c) Rút gọn biểu thức Bài 2(2điểm) Cho hàm số y = x2 ( P ) y = 2x – m (d) a) Vẽ (P) b) Tìm tất giá trị m để (P) (d) có điểm chung Bài 3(1điểm) Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công lô hàng gồm 300 giỏ tre Trước tiến hành, xưởng bổ sung thêm công nhân nên số giỏ trẻ phải làm người giảm so với dự định Hỏi lúc dự định, xưởng có công nhân? Biết suất làm việc người Bài (3đ) Cho nửa đường trịn (O;R) có đường kính AB Trên OA lấy điểm H (H khác O, H khác A) Qua H dựng đường thẳng vng góc với AB, đường thẳng cắt nửa đường tròn C Trên cung BC lấy điểm M (M khác B, M khác C) Dựng CK vuông góc với AM K a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh c) Gọi N giao điểm AM CH Tính theo R giá trị biểu thức P = AM.AN + BC2 Bài 5(1đ) a) Giải phương trình: b) Cho a, b hai số thực tùy ý cho phương trình có nghiệm x1 , x2 Tìm GTNN biểu thức: Bài 6(0,5đ) Cho nhọn (ABAC Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Đường cao AH tam giác ABC cắt đường tròn (O; R) điểm thứ hai D Kẻ DM vng góc với AB M a) Chứng minh tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn b) Chứng minh DA tia phân giác góc MDC c) Gọi N hình chiếu vng góc D lên đường thẳng AC, chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng d) Chứng minh AB2 + AC2 + CD2 + BD2 = 8R2 Câu 5: (1,0 điểm) http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Đáp án biểu điểm Thầy Nguyễn Thanh Ninh Trường THCS Thanh Lưu - Hà Nam http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Mơn thi: Tốn Thời gian: 120 phút khơng kể thời gian giao đề Ngày thi: 10/07/2017 Đề thi có: trang gồm câu Câu I: (2,0 điểm) Cho phương trình: nx  x   (1), với n tham số a) Giải phương trình (1) n=0 b) Giải phương trình (1) n = 3 x  y  Giải hệ phương trình:   x  y  10 Câu II: (2,0 điểm)  y 8y   y 1   :  Cho biểu thức A     , với y  0, y  4, y  2 y 4 y  y2 y y     Rút gọn biểu thức A Tìm y để A  2 Câu III: (2,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y  x  n  parabol (P): y  x2 Tìm n để đường thẳng (d) qua điểm A(2;0) Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn: x12  x2  x1 x2  16 Câu IV: (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính MN  R Gọi (d) tiếp tuyến (O) N Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M N), tia ME cắt (d) điểm F Gọi P trung điểm ME, tia PO cắt (d) điểm Q Chứng minh ONFP tứ giác nội tiếp Chứng minh: OF  MQ PM PF  PO.PQ Xác định vị trí điểm E cung MN để tổng MF  2ME đạt giá trị nhỏ Câu V: (1,0 điểm) 1    2017 Tìm giá trị ab bc ca 1 lớn biểu thức: P    2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c Cho a, b, c số dương thay đổi thỏa mãn: Hết http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 HƯỚNG DẪN Câu I: (2,0 điểm) a) Thay n = Cho phương trình: nx  x   ta có: x-2 =  x = Vậy với n = phương trình có nghiệm x = b) Thay n = Cho phương trình: x  x   phương trình bậc hai ẩn x có dạng a+ b + c = nên phương trình có nghiệm x1= áp dụng hệ thức viét ta có x2 =-2; Vậy với n = phương trình có nghiệm x1= x2 =-2 3 x  y   x  16 x   x4 Giải hệ phương trình:      x  y  10 y  2 y   x  y  10 x  y  Vậy nghiệm hệ phương trình  Câu II: (2,0 điểm), với y  0, y  4, y   y 8y   y 1   :  Rút gọn biểu thức A      y  y   y  y y     A= A=   y  y  8y 2  y 2  y  2   y 1  y 2 y y  2 Thay A  2 vào ta có  = y  y  y y 1 y  2  y 2  y  y  y  2 y  y  y 3 y 2  y  y  y  2  4y = = : y 2  y  y  y  2 2  y 2  y  3 y 3 y : :  4y =-2  4y=- + y  4y + y - = 3 y Đặt t = y  nên t2 = y  4t2 + 2t - =  2t2 + t - = có dạng a+ b + c = nên phương trình có nghiệm t1= (Thỏa mãn) áp dụng hệ thức vi ét ta có t2 =- 0; – n >0  n <  x1  x  mà x12  x2  x1 x2  16 x x  n   theo hệ thức vi ét ta có  x12  x1 x2  x22  x1 x2  x2  x22  16  x1  x2 2  x2 x1   x2   16  – x2 (2+2) =16  4.x2 = -12  x2 = -3  x1 = mặt khác x1x2= n-3 Thay vào ta có -15 = n –  n = -12< Thỏa mãn Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn: x12  x2  x1 x2  16 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Câu IV: (3,0 điểm) 1) Chứng minh ONFP tứ giác nội tiếp Vì P trung điẻm ME nên OP  ME hay QP  MF P  FPˆ O  900 mặt khác d tiếp tuyến (O) N nên MN  FQ N  FNˆ O  900 Nên FPˆ O  FNˆ O  900 FPˆ O FNˆ O hai góc dối tứ giác ONFP nên tứ giác ONFP nội tiếp P F E 2) Xét  MFQ ta có QP  MF  QP đường cao O MN  FQ  MN đường cao MN cắt QP O nên O M trực tâm  MFQ  OF chứa đường cao  MFQ suy D OF  MQ Xét tam giác vuông MPO QPF có MPˆ O  QPˆ F  900 PMˆ O  PQˆ F (Cùng phụ với PFˆN )  tam giác vuông MPO QPF đồng dạng  PO MP `  PO.PQ  MP.PF PF PQ N Q Xác định vị trí điểm E cung MN để tổng MF  2ME đạt giá trị nhỏ Xét tam giác vng MPO QNF có MPˆ O  MNˆ F  900 ; Mˆ chung Nên tam giác vuông MPO MNF dồng dạng (g-g)  MP MO  MN MF  MP.MF =MO.MN  4MP.MF = 4.MO.MN  (4MP).MF = 4.MO.MN  2ME.MF=4.MO.MN = 4.R.2R = 8R2 Như tích 2ME MF không đổi 8R2 mà (MF+2ME)2  4MF.2ME (với a.b>0 ta ln có (a +b)2  4a.b ) nên (MF+2ME)2  4MF.2ME = (MF.2ME) = 8R2= 32.R2  MF+2ME  32R  R Dấu “=” xảy 2ME = MF E trung điểm MF mà NE  MF nên tam giác MNF vng cân suy E điểm cung MN 1 1 Câu V: Nếu với x;y;z;t > ta có: (x + y + x + t)       16 từ ta có x y z t   1 1  1 1 16              16  x y z t  x  y  z  t  x y z t  x y z t  Thật Ta xét 1 1 x x x y x y y y z z y y z z z z t z z t (x + y + z + t)          +    +    + x y z t x y z t x y z t x y z t t x t y t z t t x y y x x z z x x t t x y t t y +    = 4+ (  )+(  ) + (  )+(  )+(  )+(  ) mà tổng nghịch đảo dôi không bé (áp dụng co si) dấu = x= y = z = t 1 1 1 (x + y + z + t)              16 x y z t    1 1  (x + y + z + t)       16 x;y;z;t >  16 x y z t  1 1        x y z t  x y z t Dấu “=” xảy x = y = z = t áp dụng vào tốn ta có: http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 1   2a  3b  3c 3a  2b  3c 3a  3b  2c 1    bcbcbaca acacabbc ababacbc 1 1 1  1 1 1              16  b  c b  c b  a c  a  16  a  c a  c a  b b  c  1 1 1        16  a  b a  b a  c b  c  1 4       16  b  c a  b c  a  1 1  2017      4b  c a b c  a  Dấu “=” xảy P abc 4034 Vậy MaxP  2017 abc 4034 Ngày 10 tháng năm 2017 Nguyễn Văn Thủy Sầm Sơn Thanh Hóa Hướng dẫn (Nguyễn Văn Bằng-Trường THCS Bắc Sơn) Dùng bất đẳng thức Cauchy chứng minh: với số dương x;y;z;t 1 1 1 1 16 ( x  y  z  t )(    )  16      x y z t x y z t x  y  z t Dấu “=” xảy x=y=z=t áp dụng vào tốn ta có: 1 16 1   (   ) 2a  3b  3c 16 (a  b)  (a  c)  (b c)  (b c) 16 a  b a  c b  c Từ tìm Max P=504,25 dấu “=” xảy a=b=c= 4034 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 tài nguyên giáo dục http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: I TRẮC NGHIỆM (2 điểm) Câu Đáp án D A B D II TỰ LUẬN (8 điểm) Câu Phần a) b) Câu (2,0đ) c) Câu (2,0đ) a) Nội dung Với m = 2, hệ (1) trở thành:  x  2y   x  2y  5x  25    2x  y  12 4x  2y  24 2x  y  12 x  x    2.5  y  12 y  Vậy với m = nghiệm hệ (1) (5; 2) 2 Ta thấy:   Hệ (1) ln có nghiệm với m  x  2y   m 2x  4y   2m x  2y   m    2x  y  3(m  2) 2x  y  3m  5y  5m  x  2m   m x  m    y  m y  m Do đó: A = x2 + y2 = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 3 9    m     m 2 2  Dấu “=” xảy  m   Vậy A   m   2 Gọi số hàng ghế lúc đầu x ( x  N* ;x  2;80 x ) 80 (chiếc)  Số ghế hàng lúc đầu x Nếu bớt hàng số hàng cịn lại x – 80 Khi đó, số ghế hàng (chiếc) x2 Vì lúc hàng cịn lại phải xếp thêm ghế nên ta có phương trình: 80 80  2 x2 x Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – (khơng thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Điểm 0.75 0.25 1.0 1.0 Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x  x   x  x   Vì a + b + c = + – = nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = – Với x = y = – = – Với x = – y = – – = –  A(1; – 1) B(– 2; – 4) y O -3 b) -2 -1 -1 B 3x 1.0 A C Dễ thấy (d) cắt Oy điểm C(0; – 2) Do đó: 2.1 2.2 SOAB  SOAC  SOBC    (đvdt) 2 M E 0.25 Câu (3,0đ) A 1 O B C H D F N a) Ta có: AEB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BEM  900 (kề bù với ADB ) Tứ giác BEMH có: BEM  BHM  900  900  1800  Tứ giác BEMH nội tiếp http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0.75 Ta có: AFB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AFB  AHN có: A1 chung ; AFB  AHN  900  AHN (g.g)   AFB Gọi D giao điểm thứ hai AB với đường tròn ngoại tiếp  AMN b)  M1  D1   Vì F1  B1   sđ AE  B1  M1 (tứ giác BEMH nội tiếp)   nên F1  M1  F1  D1  AFC  ADN có: A1 chung ; F1  D1  ADN (g.g)   AFC AF AC    AF.AN  AC.AD AD AN  AHN (g.g) Mặt khác,  AFB AF AB    AF.AN  AB.AH AH AN AB.AH Do đó, AC.AD  AB.AH  AD  khơng đổi AC (vì A, C, B, H cố định)  Đường trịn ngoại tiếp  AMN ln qua điểm D cố định (khác A) 0.25 0.75 M E A O c) C B H D 1.0 F N Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: AB.AH 4.5 20 AD    (cm) AC 3 20  HD  AD  AH    (cm) 3  NHD (g.g) Dễ thấy  AHM AH HM 25    HM.HN  AH.HD    NH HD 3 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: MN  HM  HN  HM.HN  25 10  (cm) 3 1 10 25 AH.MN     (cm ) 2 3 Dấu “=” xảy HM  HN  M1  N1  F1  N1  EF / /MN  EF  AB 25 Vậy minSAMN  (cm2 )  EF  AB  a  b 1  ab  Đặt a = x2; b = y2 ( a,b  ) P  2 1  a  1  b  Vì a,b  nên:  SAMN  (a  b)(1  ab)  a  a 2b  b  ab  a  ab  a(1  b ) Câu (1,0đ)  a(1  2b  b2 )  a(1  b) Lại có (1  a)2  (1  a)2  4a  4a P a 1  b  4a 1  b   a   x  1 Dấu “=” xảy    b  y   x  1 Vậy m axP    y  Thầy giáo Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 1.0 ... tiếp http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GD ĐÀO TẠO KỈ THI TUYỂN SINH VÀO 10TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TOÁN Ngày Thi: 19/6/2016 Thời gian làm... DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu (2,0 điểm)... y + z -Hết - http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ĐÁP ÁN KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT Mơn thi: Tốn Câu 1: a Khi m = ta có x -2 = => x = b Khi m = ta phương trình: x2 + x – = =>