Tổng hợp 67 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2017 2018 có đáp án

UBND QUẬN LÊ CHÂN TRƯỜNG THCS VÕ THỊ SÁU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2017 - 2018 BÀI THI MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 02 trang Thí sinh làm vào tờ giấy thi ĐỀ THI THỬ LẦN Bài (1,5 điểm): Cho hai biểu thức: x  2x  A   50   B   với < x < x 1 9x a/ Rút gọn biểu thức A B 2 b/ Tìm giá trị x để B = x   Bài (1,5 điểm): a/ Tìm m để đồ thị hàm số y = (m2 – 4)x + 2m – song song với đường thẳng y = 5x –  2ax  by  Tìm a b biết hệ phương trình có nghiệm ax  by  1 b/ Cho hệ phương trình  (x, y) = (1; -1) Bài (2,5 điểm): 1/ Cho phương trình: x2 – (m + 5).x – m + = (1), (x ẩn, m tham số) a/ Giải phương trình với m = b/ Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x x  x 1x 22  24 2/ Bài toán thực tế Một hãng taxi giá rẻ định giá tiền theo hai gói cước bảng sau: + Gói 1: Giá mở cửa 6000 đồng /1km cho 10km 2500 đồng với km + Gói 2: 4000 đồng cho km quãng đường a) Nếu cô Tâm cần qng đường 35 km chọn gói cước có lợi hơn? b) Nếu Tâm cần quãng đường x km mà chọn gói cước có lợi x phải thỏa mãn điều kiện gì? Bài (3,5 điểm): 1/ Cho đường trịn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung MN điểm H (H nằm O B) Trên tia đối tia NM lấy điểm C cho đoạn thẳng AC cắt (O) K khác A Hai dây MN BK cắt E a/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp b/ Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân EM NC = EN CM c/ Giả sử KE = KC Chứng minh OK// MN KM2 + KN2 = 4R2 2/ Một hình trụ tích 35dm3 Hãy so sánh thể tích hình trụ với thể tích hình cầu đường kính 6dm Bài (1,0 điểm): a/ Cho a, b số dương Chứng minh 11 1     ab 4a b 1    Tìm giá trị lớn biểu xy yz zx 1 thức: P    3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z b/ Cho số dương x, y, z thỏa mãn Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh Câu Đáp án Điểm a/ 1,0 điểm A   50    1  3.2    0,25    1  x  2x  B  x 1 9x x 1 Bài (1,5 điểm)  0,25  x  1  3x   x 1 x  3x   x  1 1 = (v× < x < 1) x 1 3x x 0,25 0,25 b/ 0,5 điểm 2   1 2   x  2x  x  x  x x x 1   x  (v× x > 0)  x   x  (TM §K) Vậy x = B  0,25 0,25 a/ 0,75 điểm Vì đồ thị hàm số y = (m2 – )x + 2m – song song với đường thẳng y m   = 5x – nên  0,25 2m   1 m  hc    m  3 Bài m  (1,5 Vậy m = -3 điểm) b/ 0,75 điểm 0,25 0,25 2a  b  a  b  1 b/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta có  3a  a     a  b  1  b  Vậy a = 2; b = 0,25 0,25 0,25 1a/ 0,5 điểm với m = 1, ta có phương trình x2 – 6x + = Xét a + b + c = + (-6) + = 0,  phương trình có nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 1b/ 0,75 điểm 0,25 0,25 Có     m  5   4.1  m    m2  10m  25  4m  24  m2  14m  Phương trình (1) có nghiệm x1; x2 m2 + 14m + ≥ x1  x  m  Theo định lý Viets, ta có  x1 x   m  Theo đề bài: x12 x  x1x 22  x1x  x1  x     m   m     m  m  30  24 m  2   m  m     m   m  3   m3 Bài Với m = -2,  = -23 < (loại) (2,5 Với m = ,  = 52 > (nhận) m = phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn điểm) Vậy x1 x  x1 x 22  24 2a/ 0,5 điểm 2a/ Số tiền cô Tâm phải trả theo gói cước : 10.6000 + 25.2500 = 122500 đồng - Số tiền Tâm phải trả theo gói cước : 35.4000 = 140000 đồng >122500 đồng Vậy cô Tâm nên chọn gói cước có lợi 2b/ 0,5 điểm 2b) Vì chọn gói cước có lợi nên x > 10 - Số tiền cô Tâm phải trả theo gói cước : 10.6000 + (x-10).2500 = 2500x + 35000 - Số tiền Tâm phải trả theo gói cước :4000.x ( đồng) Vì theo gói cước có lợi nên 2500x + 35000 < 4000x 70 Suy 1500x > 35000 hay x > (km) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 K' M H A O B 0,25 E N K F C 1/a : 0,75 điểm a/Xét tứ giác AHEK có:   90 (AB  MN); AKE   900  Góc nội tiếp chắ n nửa đờng tròn) 0,25 AHE   AKE   1800  Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm) Suy AHE 1/b: 1,25 điểm b/ Vì NF KB vng góc với AC nên NF // KB, Bài   BN  AB  MN  MB (3,5     điểm) Có KFN  MKB (đồng vị KE//FN), KNF  NKB (so le KE//FN),   MKB  (vì MB   BN  )  KFN   KNF , BKN NFK cân K  nªn EM  KM (1) Xét MKN có KE phân giác MKN EN KN   CM  KM (2) Do KE  KC nên KC phân giác MKN CN KN Từ (1) (2)  CM EM  (2)  EM CN  EN CM (đpcm) CN EN 1/c: 0,75 điểm   450  HEB   450 (đối +/ KE = KC  KEC vuông cân K  KEC   450 (vì HEB vng H) đỉnh)  HBE   450 nên OKB vuông O OK//MN +/ OKB cân O có OBK (cùng vng góc với AB) (đpcm) +/ Kẻ đường kính KK’KK’M vng M  KM2 + K’M2 = KK’2 = 4R2 Lại có KK’//MN (cùng vng góc với AB)  cung K’M = cung KN (t/c dây song song chắn cung nhau)  K’M = KN Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm) 2/: 0,5 điểm Gọi thể tích hình trụ V1V1= 35dm3 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Thể tích hình cầu đường kính 6dm V2  .33  36(dm ) Suy V1 0,a  ) 1) Tính giá trị biểu thức A a = + 2 2) Tìm giá trị a > để biểu thức A  Câu 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y =  a+1 x+15 - 2a Parabol  P  : y  x ( a tham số) 1) Tìm giá trị a để đường thẳng d qua điểm A  -1;1 2) Tìm tất giá trị a > để đường thẳng d Parabol  P  cắt hai điểm phân biệt B  x1; y1  , C  x2 ; y2  thỏa mãn x1 x2 + y1 + y2 = 2a+27 Câu 4: (3.0 điểm) Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm A B Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax , By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I ( I khác A ), đường thẳng vng góc với tia CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt IK điểm thứ hai P 1) Chứng minh bốn điểm C , P, K , B thuộc đường tròn 2) Chứng minh AI BK  AC.BC 3) Cho biết A, B , I cố định Xác định vị trí điểm C đoạn thẳng AB cho diện tích hình thang vuông ABKI lớn Câu 5: (1.0 điểm) Cho x, y > 0, x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M =  x4 + y4  + 1 40 + 5+ 2.  x y x y xy HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu thi Giám thị khơng giải thích thêm SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017- 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang gồm 05 câu ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu ý 1) Nội dung Giải phương trình  a  1 x  4x   trường hợp sau: Điểm 1.0 điểm x  b) Khi a  : Phương trình x  4x     x  a) Khi a  : Phương trình 4x    x  2) 0.5 0.5  2x  y  Giải hệ phương trình  5  y  4x Sử dụng phương pháp phương pháp cộng ta có nghiệm  x; y   1;-1  1  a +1 (với a > 0,a  ) Cho biểu thức: A =  + : a -1 a - a +1 a- a 1) Tính giá trị biểu thức A a = 3+ 2 Với a > 0,a  ,   1  a +1 1+ a a +1 ta có: A =  + : = :  2  a a 1  a -1 a a a 1 a -1    Lại có a = 3+ 2  2)       2   a   Vậy A = Tìm giá trị a > để biểu thức A     1.0 điểm a 1 a  2 1 1.0 điểm ( a tham số) Tìm giá trị a để đường thẳng d qua điểm A  -1;1 Tìm tất giá trị a > để đường thẳng d Parabol  P  cắt hai điểm phân biệt B  x1 ; y1  , C  x2 ; y2  thỏa mãn x1 x2 + y1 + y2 = 2a+27 Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị x -  a +1 x - 15+ 2a = 0.5 2.0 điểm 0.5 Ta : 1=  a +1 1 +15 - 2a  -4a +12 =  a = 2) 0.5 0.5 điểm Thay x = -1; y = vào phương trình đường thẳng d : y =  a+1 x+15 - 2a 0.5 0.5 a 1   2 a  a 2a4 Kết hợp với điều kiện a > , ta 1< a  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y =  a+1 x+15 - 2a Parabol 1) 1.0 2.0 điểm Với a > , A   P  : y  x2 1.0 điểm  1 1.5 điểm 0.25 Phương trình (1) có Δ' =  a+1 -  2a - 15  = a +16 > 0; a    x + x =  a +1 Theo hệ thức Vi-ét:  (2)  x1 x2 = 2a - 15 0.25 Mà x1 x2 + y1 + y2 = 2a+27  x1 x2 +x12 +x22 = 2a+27   x1 +x2  - x1 x2 = 2a+27  3 0.50  a=1 Thay (2) vào (3) biến đổi ta phương trình a + a - =   0.25  a = -2 Kết hợp với điều kiện a > giá trị cần tìm a a = 0.25 Cho đoạn thẳng AB C điểm nằm A B Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax , By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I ( I 3.0 điểm khác A ), đường thẳng vng góc với tia CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt IK điểm thứ hai P y K x P I O A 1) 2) B Chứng minh bốn điểm C , P, K , B thuộc đường tròn   900 (giả thiết) Ta có: KBC   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CPK   900     IPC Khi : P, B chắn CK góc 90 (bài tốn cung chứa góc) Nên bốn điểm C , P, K , B thuộc đường tròn (đpcm) Chứng minh AI BK  AC.BC   CBK  = 900 Xét ACI BKC có: IAC  (góc có cạnh tương ứng vng góc)  AIC  BCK AC AI   AI BK  AC.BC (đpcm) BK BC Cho biết A,B,I cố định Xác định vị trí điểm C đoạn thẳng AB cho diện tích hình thang vng ABKI lớn Ta có diện tích hình thang S ABKI   AI  BK  AB Do A,B,I cố định nên đặt AI  b  , AB  2a  , a,b số AC.BC AC  AB  AC AC2  AB.AC Từ chứng minh 2): AI.BK  AC.BC  BK    AI AI AI  x  2ax Đặt AC = x;0 < x < 2a BK  Ta cần tìm x để BK lớn b Nên ACI  BKC (g.g)  3) C 1.0 điểm 0.5 0.5 1.0 điểm 0.5 0.5 1.0 điểm 0.25 0.25 Lại có  x2  2ax  a   a  x   a ; x   0;2a  , dấu đẳng thức xảy a2 b Do AI , AB không đổi nên S ABKI lớn BK lớn Vậy AC  a , hay C trung điểm AB Cho x, y > 0, x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 40                                M =  x + y  + + + 2    x y x y xy x = a > , suy BK    0.25 0.25 1.0 điểm Áp dụng bất đẳng thức a +b2   a+b    a - b   (đúng với a,b   ) 2 Dấu đẳng thức xảy a = b Ta có  x + y    x + y  2 =   x + y     x + y  = Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:  1  1    + =  + 64x  +  + 64y  - 64(x + y)  16  + y x y x  y  x Từ  1   , suy ra: 0,25  1  32 - 64  - 64  xy   2 0,25    32 40  M  1+ - 64 + 2 - =  2 - +16  -79 =  -  -79  -79 xy x y xy  x y xy   xy  Dấu đẳng thức xảy x = y = Vậy giá trị nhỏ M = -79 x = y = 0,25 0,25 Nếu thí sinh làm theo cách khác so với hướng dẫn chấm chấm điểm theo mức điểm câu, ý Hết PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO —————— ĐỀ THI THỬ LẦN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— PHẦN I TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong câu từ câu đến câu 4, câu có lựa chọn, có lựa chọn Em viết vào tờ giấy làm thi chữ A, B, C D đứng trước lựa chọn mà em cho Câu Giá trị x để biểu thức  4x có nghĩa là: A x   B x  C x  Câu Giá trị 24 bằng: A 36 B 14 D x   C 144 D 12 Câu Giá trị m đường thẳng y = x + m tiếp xúc với parabol y = x2 ? 1 A m  1 D m  B m  C m   4 Câu Một hình trụ có bán kính đường trịn đáy 2a, chiều cao 4a (a>0 cho trước) tích là: A 16  a3 B  a3 C  a3 D 32  a3 PHẦN II TỰ LUẬN (8,0 điểm) 2 x  y  11  x  y  2 Câu (1,5 điểm) Giải hệ phương trình  Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 – m + 1= (x ẩn, m tham số) a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 c) Với điều kiện câu b) tìm giá trị m để biểu thức A= x1 x2 – x1 – x2 +2016 đạt giá trị nhỏ tìm giá trị nhỏ Câu (1,5 điểm) Hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước đầy bể Nếu vòi thứ chảy vịi thứ chảy bể nước Hỏi vịi chảy đầy bể Câu (2,0 điểm) Cho đường tròn (O), M điểm nằm ngồi đường trịn (O) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) với A, B tiếp điểm; MPQ cát tuyến không qua tâm đường tròn (O), P nằm M Q Qua P kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB, AQ tương ứng R, S Gọi trung điểm đoạn PQ N Chứng minh rằng: a) Các điểm M, A, N, O, B thuộc đường trịn, rõ bán kính đường trịn b) PR = RS Câu (1,0 điểm) Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: A  3   3 x  y 1 y  z 1 z  x 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 03 tháng năm 2017 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: x   x  1 3x   b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 100 m Tính chiều dài chiều rộng miếng đất, biết lần chiều rộng lần chiều dài 40 m Câu (1,5 điểm) Tròn mặt phẳng tọa độ Oxy : a) Vẽ đồ thị ( P) hàm số y  b) Cho đường thẳng ( D) : y  x x  m qua điểm C  6;7  Tìm tọa độ giao điểm ( D) ( P) Câu (1,5 điểm) 14  5 2) Lúc sáng, bạn An xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên 1) Thu gọn biểu thức sau: A    1 xuống dốc (như hình vẽ bên dưới) Cho biết đoạn thẳng AB dài 762 m , góc A  60 , góc B  40 a) Tính chiều cao h dốc b) Hỏi bạn an đến trường lúc giờ? Biết tốc độ trung bình lên dốc km/h tốc độ trung bình xuống dốc 19 km/h Câu 4: (1,5 điểm) Cho phương trình: x   2m  1 x  m2   (1) ( x ẩn số) a) Tìm điều kiện m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 phương trình (1) thỏa mãn:  x1  x2   x1  x2 Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vng A Đường trịn tâm O đường kính AB cắt đoạn BC OC D I Gọi H hình chiếu A lên OC ; AH cắt BC M  a) Chứng minh: Tứ giác ACHD nội tiếp CHD ABC b) Chứng minh: Hai tam giác OHB OBC đồng dạng với HM tia phân giác góc BHD c)) Gọi K trung điểm BD Chứng minh: MD.BC  MC.CD MB.MD  MK.MC d)) Gọi E giao điểm AM OK ; J giao điểm IM  O  (J khác I) Chứng minh: Hai đường thẳng OC EJ cắt điểm nằm  O  HƯỚNG DẪN CHI TIẾT Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: b) Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi Tính chiều dài chiều rộng miếng đất, biết lần chiều rộng lần chiều dài Hướng dẫn giải a Ta có x  ( x  1)(3 x  2)  x  x  x  x   x  x   Tính   (5)2  4.2.2  25  16   0,   Phương trình có hai nghiệm x1  53 53  , x2   2.2 2.2  1 Tập nghiệm phương trình: S  2;   2 b Gọi x, y (m) chiều dài chiều rộng miếng đất Nửa chu vi 100 :  50 (m) Khi đó: x  y  50 Và y  x  40  x  y  40 Ta có hệ phương trình  x  y  50 2 x  y  100  x  y  50  x  50  y  x  30      2 x  y  40 2 x  y  40 7 y  140  y  20  y  20 Vậy chiều dài mảnh đất 30 (m) chiều rộng 20 (m) Câu (1,5 điểm) Tròn mặt phẳng tọa độ a) Vẽ đồ thị hàm số b) Cho đường thẳng Hướng dẫn giải a Đồ thị y  x Tập xác định D   Bảng giá trị : qua điểm Tìm tọa độ giao điểm x 2 y 1 0 1 Đồ thị 3 x  m qua C (6;7) nên ta có   m  m  2 Vậy đường thẳng 2 ( D) có phương trình y  x  b Đường thẳng ( D) : y  Phương trình hoành độ giao điểm ( D) ( P) : 3 x  x   x2  x    x2  x   4 Ta có  '  (3)    Phương trình có hai nghiệm x1    4, x2    Khi y1  3 3 x1     , y1  x1     2 2 Tọa độ giao điểm ( D) ( P) A  4;  B  2;1 Câu (1,5 điểm) 1) Thu gọn biểu thức sau: 2) Lúc sáng, bạn An xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên xuống dốc (như hình vẽ bên dưới) Cho biết đoạn thẳng AB dài , góc , góc a) Tính chiều cao dốc b) Hỏi bạn an đến trường lúc giờ? Biết tốc độ trung bình lên dốc tốc độ trung bình xuống dốc km/h Hướng dẫn giải km/h 1) Vì A    1 14  nên A  5 Ta có:   145  33  A 3  A 4  A2    A2   5   2 72   5 5  A2 2) a) Xét tam giác ABC có đường cao CH CH CH Ta có: AH  ; BH  tan tan 40 CH CH   Mà AH  BH  762    762  CH  762 :    32 0  tan tan  tan tan  b) Xét tam giác ABC có đường cao CH Ta có: 32 CH CH sin 60   AC    306 sin 60 sin AC 32 CH CH sin 40   BC    459 sin BC sin 40 Thời gian di chuyển từ A đến B: S AC 306   0, 0765 - Thời gian từ A đến C: t AC   4.1000 v S CB 459 - Thời gian di chuyển từ C đến B: tCB     0,024 v 19 19.1000 - Thời gian di chuyển từ A đến B: t AB  0,0765  0, 024  0,1005  phút Vậy bạn An đến trường lúc phút Câu 4: (1,5 điểm) Cho phương trình: ( ẩn số) a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm phân biệt b) Định để hai nghiệm phương trình (1) thỏa mãn: Hướng dẫn giải Phương trình x  (2m  1) x  m   (1) a Ta có a     (2m  1)  4(m  1)  4m  Phương trình có hai nghiệm phân biệt    4 m    m  b Theo Câu a, với điều kiện m   x1  x2  2m    x1 x2  m  , phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 , theo định lý Viet ta có: ( x1  x2 )  ( x1  x2 )2  x1 x2  (2m  1)2  4(m  1)  4m  Theo đề ( x1  x2 )  x1  x2  x1  x2  4m  Ta có:  x  2m   x2  x1  x2  2m   x1  x2  2m      3m   x1  3x2  4m  4 x2  6m   x2  3m  m 1    x1  2m    x1     x  3m   x  3m  2   Khi m  3(m  1)  m   3(m  1)  4(m  1) 2  m    m   m  1 x1 x2  m   Vậy m   m  1 thỏa yêu cầu toán Câu (3,5 điểm) Cho tam giác vng Đường trịn tâm Gọi hình chiếu lên đường kính cắt đoạn ; cắt a) Chứng minh: Tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: Hai tam giác đồng dạng với HM tia phân giác góc c) Gọi K trung điểm BD Chứng minh: d) Gọi giao điểm Chứng minh: Hai đường thẳng ; giao điểm Hướng dẫn giải a Ta có:  AHC   ADC  900  ACDH nội tiếp   CAD  (do ACDH nội tiếp) Ta có: CHD   CBA  Mà: CAD  Suy ra: CHD ABC OH OB  OB OC  Suy ra: OHB ∽ OBC  c  g  c   OHB ABC b Ta có: OH OC  OA2  OB  (J khác I) cắt điểm nằm    DHC  Mà: CHD ABC  cmt   OHB   BHM   900 ; DHC   DHM   900 Mặt khác: OHB   DHM   HM tia phân giác góc BHD Suy ra: BHM MD HD  MB HB CD HD Mà: HC  HM  HC tia phân giác ngồi BHD   CB HB c Ta có: HM tia phân giác BHD  Suy ra: BHD  CD MD   MD.BC  MB.CD CB MB Ta có: OHE ∽ OKC  OH OE   OH OC  OK OE  OB  OD OK OC   OKB   900 OBK ∽ OEB  OBE Suy ra:    OKD   900 ODK ∽ OED  ODE Ta có: điểm O, H , D, E , B thuộc đường trịn đường kính OE  DHBE nội tiếp  MD.MB  MH ME Ta có: tứ giác CHKE nội tiếp  MH ME  MK MC Suy ra:  MD.MB  MK MC d Gọi F giao điểm EJ với đường trịn Ta có: EB tiếp tuyến đường tròn  O   EB  EJ EF  EK EO  EM EH   900  IF đường kính  đpcm Theo phương tích đảo  FHMJ nội tiếp  MJF HẾT 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  Số ghế hàng lúc đầu (chiếc) x Nếu bớt hàng số hàng cịn lại x – 80 (chiếc) Khi đó, số ghế hàng 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 = – (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế 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 b) -3 -2 -1 B 3x 1.0 A -1 2 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)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có: AEB   900 (kề bù với ADB )  BEM   BHM   900  900  1800 Tứ giác BEMH có: BEM  Tứ giác BEMH nội tiếp 0.75 b)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có: AFB  chung ; AFB   AHN   900  AFB  AHN có: A  AHN (g.g)   AFB Gọi D giao điểm thứ hai AB với đường tròn ngoại tiếp  AMN 1  D 1 M    sđ AE   B 1  M  (tứ giác BEMH nội tiếp) Vì F  B       nên F1  M1 1  D 1 F  chung ; F  D 1  AFC  ADN có: A   AFC  ADN (g.g) AF AC    AF.AN  AC.AD AD AN Mặt khác,  AFB  AHN (g.g) AF AB    AF.AN  AB.AH AH AN AB.AH khơng đổi Do đó, AC.AD  AB.AH  AD  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 c) O C B H D 1.0 F N Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: AB.AH 4.5 20   (cm) AD  AC 3 20  HD  AD  AH    (cm) 3  NHD (g.g) Dễ thấy  AHM AH HM 25    HM.HN  AH.HD    NH HD 3 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 1  N   F  N   EF / /MN  EF  AB HM  HN  M 25 (cm )  EF  AB Vậy SAMN   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 b  b  ab  a  ab  a(1  b ) Câu (1,0đ)  a(1  2b  b )  a(1  b) Lại có (1  a)  (1  a)  4a  4a P a 1  b  4a 1  b   a   x  1  Dấu “=” xảy   b  y   x  1 Vậy m axP    y  1.0 Phan Hòa Đại Đáp án đề thi SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức THCS Tây Sơn KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Mơn thi: Tốn ( ĐỀ CHUNG ) Thời gian làm bài: 120’ Ngày thi: 3/6/2017 Bài 1: (1.5 điểm) Cho biểu thức A  x x 1 x x 1 x 1   x x x x x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A = Bài 2: (1.5 điểm) Cho Parabol (P): y=x2 đường thẳng (d) : y= (2m-1)x-m+2 (m tham số) a) Chứng minh với m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A  x1 , y1  ; B  x , y2  thỏa x1y1+x2y2=0 Bài 3: (2,0 điểm) Hai thành phố A B cách 450 km Một ô tô từ A đến B với vận không đổi thời gian dự định Khi đi, ô tô tăng vận tốc dự kiến km/h nên đến B sớm so với thời gian dự định Tính vận tốc dự kiến ban đầu ô tô Bài 4: (4,0 điểm) Cho đường trịn (O), dây BC khơng phải đường kính Các tiếp tuyến (O) B C cắt A Lấy điểm M cung nhỏ BC ( M khác B C), gọi I,H,K chân đường vng góc hạ từ M xuống BC,CA AB Chứng minh: a) Các tứ giác BKMI; CHMI nội tiếp b) MI2 = MK.MH c) BM cắt IK D, CM cắt IH E Chứng minh DE//BC Bài (1,0 điểm) Cho a,b, c   0;1 Chứng minh a+b2+c3 –ab-bc-ca  HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: Bài 1: (1.5 điểm) Cho biểu thức A  x x 1 x x 1 x 1   x x x x x a) Rút gọn biểu thức A : ĐK: x  0; x  A  x x 1 x x 1 x 1    x x x x x    x  x  1 x 1 x  x     x 1 x x  x  1 x 1 x  x 1 x  x 1  x  x 1 x 1 x  x 1  x x x  x 1 với x  0; x  x b) Tìm x để A = : với x  0; x  1, ta có: Vậy A= A4   x  x 1   x  x 1  x  x  x 1  x  x    x    x   x  1 KTMDK  Vậy khơng có giá trị x để A=4 Bài 2: (1.5 điểm) Cho Parabol (P): y=x2 đường thẳng (d) : y= (2m-1)x-m+2 (m tham số) a) Chứng minh với m (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt Hồnh độ giao điểm (d) (P) nghiệm pt: Trang Phan Hòa Đại Đáp án đề thi THCS Tây Sơn x2=(2m-1)x-m+2  x2- (2m-1)x+m-2=0 (1) (a=1; b = 1-2m; c= m-2)   (1  2m)2  4.1 m     4m  4m2  4m   4m2  8m    2m     Vì   với m => pt(1) ln có nghiệm phân biệt với m => (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A  x1 , y1  ; B  x , y2  thỏa x1y1+x2y2=0: Ta có hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm pt (1) (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A  x1 , y1  ; B  x , y2  (c.m.t) b   x1  x2   a  2m  Theo hệ thức Vi- ét, ta có:   x x  c  m   a mà y= x2, nên: x1 y1  x2 y2   x1.x12  x2 x22   x13  x23    x1  x2   x12  x1.x2  x22     x1  x2   x1  x2   x1.x2    (2m  1) (2m  1)   m          11  2  (2m  1)  4m  6m     2m    Vì 4m  6m    2m        2    m Vậy với m  thỏa mãn yêu cầu Bài 3: (2,0 điểm) Gọi vận tốc dự kiến ban đầu ô tô x (km/h) ĐK: x > Vận tốc ô tô : x+5 (km/h) 450 (giờ) x 450 Thời gian ô tô thực tế từ A đến B là: (giờ) x5 Thời gian ô tô dự định từ A đến B là: Vì tơ đến B sớm dự định nên ta có pt: 450 450    450  x    450 x  x  x   x x5  x  x  2250  (*) (a  1; b  5; c  2250)   52  4.1.(2250)  9025     95 => Pt(*) có hai nghiệm phân biệt: x1  5  95  45(TMDK ) 2.1 Vậy vận tốc dự kiến ban đầu ô tô 45 (km/h) Bài 4: (4,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác BKMI; CHMI nội tiếp: Trang ; x1  5  95  50( KTMDK ) 2.1 Phan Hòa Đại Đáp án đề thi THCS Tây Sơn Ta có: MKB  900 Vì MK  AB  ; MIB  900 Vì MI  BC   MKB  MIB  1800 => Tứ giác BKMI nội tiếp ( có tổng hai góc đối diện 1800) Ta có: MHC  900 Vì MH  AC  ; MIC  900 Vì MI  BC   MHC  MIC  1800 => Tứ giác CHMI nội tiếp ( có tổng hai góc đối diện 1800) B K D I M A E 1 H C b)Chứng minh MI2 = MK.MH : Vì tứ giác MKBI nội tiếp nên: I1  B1 ( góc nội tiếp chắn cung MK) Trong đường trịn (O) có: B1  C1 ( góc nội tiếp với góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung MB) Vì tứ giác MHCI nội tiếp nên: C1  H1 ( góc nội tiếp chắn cung MI) Suy ra: I1  H1 Tương tự: I  C2 ( góc nội tiếp chắn cung MH) C2  B2 ( góc nội tiếp với góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung MC) B2  K ( góc nội tiếp chắn cung MI) Suy ra: I  K Xét MIK MHI , có: I1  H1 (c.m.t) I  K (c.m.t) suy MIK đồng dạng với MHI MI MK   MI  MH MK MH MI c) BM cắt IK D, CM cắt IH E Chứng minh DE//BC: Ta có: I1  C1 ( H1 ) ; I  B2 ( K ) Do đó: DIE  DME  I1  I  DME  C1  B2  DME  1800 (Tổng ba góc MBC )  Tứ giác MDIE nội tiếp ( tổng hai góc đối 1800)  E1  I1 (góc nội tiếp chắn cung MD) mà I1  C1 (c.m.t) => E1  C1 , mà hai góc vị trí đồng vị nên DE//BC Bài (1,0 điểm) Cho a,b, c   0;1 Chứng minh a+b2+c3 –ab-bc-ca  Trang Phan Hòa Đại Đáp án đề thi THCS Tây Sơn Vì a,b, c   0;1 nên: 1-a  0; 1-b  0; 1-c  0, suy 1  a 1  b 1  c     a  b  c  ab  bc  ca  abc   a  b  c  ab  bc  ca  abc  (1) Vì a,b, c   0;1 nên b2  b; c3  c; a.b.c  , suy ra: a  b2  c3  ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca  abc (2) Từ (1) (2) suy a+b2+c3 –ab-bc-ca  ( đ.p.c.m) Trang ... x  2018 x   x   2018 x  x  Lời giải x  2018 x   x   2018 x  x  Các thức phương trình tồn với x, ta có: x  2018 x   x   2018 x  x   x   2018 x   100 92  x  x   2018. ..  2018 x  x   100 92   x   100 9    x  x   100 9  x   100 9  x  x   100 9   x   100 9   x  x   100 9      x2   x2  x    x   x  x   ? ?2018 (VN )  x2 ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2017- 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: Tốn (Dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Thời gian làm bài: 150