TONG HOP DE THI TUYEN SINH THPT MON TOAN 2016-2017 47_64TINH

Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp (O) đường kính AD. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC. Qua B kẻ đường vuông góc với AD tại E. a) Chứng minh: Tứ giác ABHE nội tiếp. b) C[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI LĂNG

TRƯỜNG THCS HẢI THƯỢNG

TT TỈNH THÀNH PHỐ

PHỔ

THÔNG CHUYÊN TT

TỈNH THÀNH PHỐ

PHỔ

THÔNG CHUYÊN

1 An Giang 33 Khánh Hòa

2 Bà Rịa-Vũng Tàu 34 Kiên Giang 73

3 Bạc Liêu 35 Kon Tum 74

4 Bắc Kạn 36 Lai Châu

5 Bắc Giang 37 Lào Cai 75

6 Bắc Ninh 11 38 Lạng Sơn 76

7 Bến Tre 12 39 Lâm Đồng

8 Bình Dương 13 40 Long An 79

9 Bình Định 17 14 41 Nam Định 80

10 Bình Phước 42 Nghệ An 83

11 Bình Thuận 18 43 Ninh Bình 88

12 Cà Mau 21 44 Ninh Thuận 89

13 Cao Bằng 45 Phú Thọ 90

14 Cần Thơ (TP) 22 46 Phú Yên

15 Đà Nẵng (TP) 23 47 Quảng Bình 95

16 Đắk Lắk 28 48 Quảng Nam

17 Đắk Nông 32 49 Quảng Ngãi 100

18 Điện Biên 50 Quảng Ninh 104

19 Đồng Nai 33 51 Quảng Trị

20 Đồng Tháp 39 52 Sóc Trăng

21 Gia Lai 53 Sơn La

22 Hà Giang 54 Tây Ninh

23 Hà Nam 40 55 Thái Bình 105

24 Hà Nội (TP) 44 56 Thái Nguyên 106

25 Hà Tây 57 Thanh Hóa 107

26 Hà Tĩnh 48 58 Thừa Thiên - Huế 111

27 Hải Dương 54 59 Tiền Giang 112

28 Hải Phòng (TP) 59 60 Trà Vinh 116

29 Hòa Bình 61 Tun Quang

30 Hồ Chí Minh (TP) 66 62 Vĩnh Long 117

31 Hậu Giang 70 63 Vĩnh Phúc 118

ĐỀ SỐ: 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2016 – 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Ngày thi: 14 tháng năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = 16

 

b) Giải hệ phương trình:

3 x y x y       

c) Giải phương trình: x2 + x – = Câu 2: (1,0 điểm)

a) Vẽ parabol (P): y =

2x

2

b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y = 2x + m qua điểm M(2;3) Câu 3: (2,5 điểm)

a/ Tìm giá trị tham số m để phương phương trình x2 – mx – = có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x x1 22x12x24

b/ Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 360 m2 Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất đó, biết tăng chiều rộng thêm 3m giảm chiều dài 4m mảnh đất có diện tích khơng thay đổi

c/ Giải phương trình: x4 (x2 1) x2 1 0      Câu 4: (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Lấy C đoạn AO, C khác A O Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường trịn (O) D Gọi E trung điểm đoạn CD Tia AE cắt nửa đường tròn (O) M

a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp

b) Chứng minh góc AMD + góc DAM = DEM

c) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng AB F Chứng minh FD2 = FA.FB

CA FD

CD FB

d) Gọi ( I; r) đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM Giả sử r = CD

Chứng minh CI//AD

Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b hai số dương thỏa mãn ab a b a b  

 Tìm Min P = ab +

a b ab



ĐÁP ÁN Câu 1:

a) Rút gọn: A=3 16 12

     

b) Giải hệ PT: 7 14

3 7

x y x x

x y x y y

                    

c) Giải PT: x2+x-6=0

2

1

4 4.1.( 6) 25

1 5

2;

2 2

b ac b b x x a a                           

Câu 2:

a) Vẽ đồ thị hàm số:

x -2 -1 y=1

2x 2

1 2

b) Để (d) qua M(2;3) : 3=2.2+mm=-1 Vậy m=-1 (d) qua M(2;3)

Câu 3:

a) Vì a.c=1.(-2)=-2<0

Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

Theo ViÉt ta có:

1

1 2

b

x x m

a c x x a              

Để x1x2 +2x1+2x2 =4 x1x2 +2(x1+x2) =4-2+2m=4m=3

Vậy m=3 phương trình x2-mx-2=0 có hai nghiệm thỏa: x1x2 +2x1+2x2 =4

b)

Gọi x(m) chiều rộng mảnh đất lúc đầu( x>0) Chiều dài mảnh đất lúc đầu 360

x (m)

Chiều rộng mảnh đất sau tăng: x+3( m) Chiều dài mảnh đất sau giảm : 360

x  (m) Theo đề ta có pt: (x+3)( 360

x  )=360

(x+3)(360-4x)=360x x2+3x-270=0 x15( )n

1 (-2, 2)

(2, 2) y = 1/2 x2

A C O B D E M F H I K 1 1 Câu 3c)

Giải phương trình:

4 2

4 2 2 2

2 2 2

( 1) 1

1 ( 1) ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1 2)

x x x

x x x x x x x

x x x x x x

    

            

            

2

(x x 2)

      (1) Vì

x x

   

Đặt t = x2 1(t 0)

  (1) 1( )

2 2( ) t n t t t l            Với t =

1

x x

     Vậy phương trình có nghiệm x =

Câu

a\ Xét tứ giác BCEM có: BCE90 (0 gt);

90

BMEBMA (góc nội tiếp chắn đường trịn)

BCEBME900900 1800 chúng hai góc đối Nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn đường kính BE

b\ Ta có:

1

( )

DEM CBM BCEMnt

CBM CBD B

       

Mà CBDM1( chắn cung AD); B1A1(cùng chắn cung DM)

Suy DEM M1A1Hay DEM AMDDAM

c\ + Xét tam giác FDA tam giác FBD có Fchung ; D1FBD(cùng chắn cung AD)

Suy tam giác FDA đồng dạng tam giác FBD nên:

FD FA

hayFD FA FB

FB  FD 

+ Ta có D1FBD(cmt);D2 FBD(cùng phụ DAB) nên D1D2

Suy DA tia phân giác góc CDF nên CA FA

CD FD Mà ( ) FD FA

cmt

FB  FD Vậy

CA FD CD  FB

d\ + Vì I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEM có IE =

2

CD

(gt) Mà ED = EC =

2

CD

(gt) Trong tam giác CID có IE = ED = EC =

2 CD

nên tam giác CID vuông ICIID (1)

+ Từ (1) (2) CI DB Mà ADDB(ADB 900) Vậy CI // AD

Câu (0,5đ) : Cho a, b số dương thỏa ab a b a b

 

 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức P ab a b ab



 

Giải :

Từ giả thiết theo bất đẳng thức

2

2

x y

xy  ta có

           

2 2

2

2 4

2

2 2

4

ab a b ab a b a b

a b ab a b

a b

    

     

  

Do  

 

 

2

2

a b a b

P a b

a b a b

 

    



 (BĐT CÔ -SI)

Vậy giá trị nhỏ P 4, đạt

4 2 2 a b a

a b ab

ĐỀ SỐ: 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

Ngày thi : 9/6/2016 Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài:120 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (2 đ)

1.Tính giá trị biểu thức A =

2.Tìm m để hàm số y = (2m-1) x + ( m≠1/2 ) đồng biến R

Câu 2(3đ)

1.Giải hệ phương trình

2 Rút gọn B= ( ( x > ; x ≠ 1) Cho phương trình x2 -2(m+1)x + 2m-3 = 0.(m tham số) (1) a Giải phương trình (1) m=

b.Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1; x2 cho biểu thức

1

x x x x 

 đạt GTNN

Câu (1,5 đ)

Một hiệu sách A có bán đầu sách : Hướng dản học tốt mơn tốn 10 Hướng dản học tốt môn văn 10.Trong ngày tháng năm 2016 ,hiệu sách A bán 60 mổi loại theo giá bìa,thu số tiền 300 000 đồng lải 420 000 đồng.Biết mổi Hướng dản học tốt mơn tốn 10 lãi 10 % so với giá bìa; Hướng dản học tốt mơn văn 10 lãi 15% giá bìa.Hỏi giá bìa mổi sách

Câu 4.(3,0đ)

Cho đường trịn (O) hai đường kính AB;BC vng góc nhau;Gọi E điểm cung nhỏ AD.(E không trùng A;D).nối EC cắt OA M.Trên tia AB lấy P cho AP = AC; CP căt đường tròn điểm thứ Q

1.CMR DEMO tứ giác nội tiếp

2.CMR tiếp tuyến đường tròn (O) Q song song AC 3.CMR AM.ED = OM.EA

4 Nối EB cắt OD N.xác định vị trí E để đạt GTNN

Câu (0,5 đ)

Cho số thực x ≤ x+y ≥ 2.Tìm GTNN A = 14x2 + 9y2 + 22xy-42x-34y + 35

-hết - Sợ lược lời giải số phần:

c) AME  CMB (g.g) => AM AE=

CM CB BCD vuông cân B => CD= 2CB => AM

AE= 2CM CD (1) COM CED (g.g) => CM

CD= OM ED (2) Từ (1) (2) => AM

AE= 2OM

ED => AM.ED= 2OM.AE (*) d) Tương tự phần c ta chứng minh được: DN.EA= 2ON.DE => ON

DN= EA 2DE từ (*) => OM

AM= ED 2AE OM AM+ ON DN= EA 2DE+ ED 2AE= AE DE+ DE AE   ≥ 2

AE DE

DE

AE= ( theo BĐT cô si ) Dấu " =" xảy <=> AE=DE <=>DE=AE N Q P M D C A O B E Câu 5:

A = 14x2 + 9y2 + 22xy- 42x - 34y + 35 = = (3x+2y-4)2 + 4( x+y-2)2 + (x+y-1)2 + Ta có:       2

3x 2y x y x y 1 ( x y 2)

                 

0 A

ĐỀ SỐ: 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016-2017 BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 06 / /2016 Bài (1,5 điểm)

Cho biểu thức T = x 1 x 1 x x x

x 1 x 1 x

     

 

   

   

 

với x > 0; x  a) Rút gọn biểu thức T

b) Tìm giá trị x thỏa: 1T 2 x 13

2  

Bài (1,5 điểm)

Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2y2x + x + y + = x2 + 2+ 2y2 + xy

Bài (2,0 điểm)

Hai người thợ làm công việc 16 xong Nếu người thứ làm , người thứ hai làm hồn thành

4 công việc Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc lâu?

Bài (4,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O dây AB khơng phải đường kính Vẽ đường kính CD vng góc với AB K (D thuộc cung nhỏ AB) M điểm thuộc cung nhỏ BC ( M không trùng với B C) DM cắt AB F

a) Chứng minh tứ giác CKFM nội tiếp b) Chứng minh DF DM = AD2

c) Tia CM cắt đường thẳng AB E Chứng tỏ rằng: tiếp tuyến M đường tròn tâm (O) qua trung điểm EF

Bài (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn biểu thức A = 2016 2017

1 x x x x     

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài

a) Với x0; x 1 ta có:

       

   

 

2

1 1

1

1 1

1

1

x x x x

x x x x x

T x x

x x x x x x

x x x x x x                                 b) Ta có :

1

2 13 2 13 2 13

2

1 3

14 3

T x x x x x

Bài

     

  

2 2

2

2

2 1 1

2 1

y x x y x y xy

y x x x y x

y y x x

     

       

     

Vì x y,  , nên ta suy ra:

2

2

2

1 1

2

2

1 1

y y x x

x y

x

y y x

y x                                   

Kiểm tra lại, ta thấy x y     

không thỏa mãn, x y      thỏa mãn

Vậy x y      Bài

Gọi x h thời gian người thứ làm xong cơng việc,(  x16 y h thời gian người thứ hai làm xong cơng việc,   y16

Theo đề bài, ta có hệ phương trình:

1 1 16

4 x y x y           

Giải hệ phương trình ta : 24 48 x y     

( thỏa ĐK)

Vậy: Nếu làm riêng người thứ làm 24(h); người thứ hai làm 48(h)

Bài

a) Trong tứ giác CKFM có CMF90 

+ CD  AB K  CKE = 900

+ CMD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



CKECMF180

Vậy tứ giác CKEM nội tiếp b)

+ (O) có: CD  AB  D điểm AB  DA DB

+  DFB  DBM có:

BDM : chung

1  1 

DBF sñ DA sñ DB DMB

2 2 (góc nội tiếp chắn cung nhau)

CEK ECK 90 CDM DCM 90

CEK CDM        

Mà CDMIME 1sñCM

2

Suy CEKIME

Do IME cân I  IM IE  1 Ta lại có:

 

 

 

IMF IME 90

KFD KDF 90

Mà       

KDF IME IEM

KDF IFM

IMF IFM

Do IMF cân I IMIF  

Từ  1  2 ta suy IEIFIM

Mà MEF vuông M nên I trung điểm EF d) KDF MEF có:



 



DKF EMF 90

KFD MFE

 KDF MEF  KF  DF DF MF KF EF 1 

MF EF

Tương tự ta có: FBM FDA  FB  FM FM FD FB FA 2 

FD FA

Từ  1  2 ta có



    



FB FE FE FB EB

KF EF FB FA

KF FA FA KF AK   ®pcm 

FB KF

EB KA

Bài

Đặt    

 

 

, ,

a x 2016

a b 0

b x 2017

2 2017 2016 x a x b                     2 2

a b a b 1 1

A

a 2017 b 2016 2a 2017 2b 2016 2 2017 2 2016

 1  1

ĐỀ SỐ: 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH THUẬN Năm học: 2016 – 2017 – Khoá ngày: 15/07/2016

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ

Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x2 + 5x + = b)      

x y 2x y Bài 2: (2 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức : A( 28 7  7)

b) Rút gọn biểu thức :  



a b b a

B :

ab a b , với a > 0; b >

Bài 3: (2 điểm)

a) Cho hàm số y = x2 Điền giá trị y tương ứng vào bảng sau :

x -2 -1

y = x2

b) Tìm tham số m để đường thẳng (d): y = 2x – m cắt parapol (P): y = x2 hai điểm phân biệt

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Hai tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt M

a) Chứng minh tứ giác OBMC nội tiếp

b) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D Chứng minh : MAB∽MBD

c) Đường thẳng BO cắt đường tròn (O) E Chứng minh : MO song song EC

d) Giả sử 60

BAC Tính theo R thể tích hình sinh quay  BMC vịng quanh cạnh BC

- HẾT -

Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x2 + 5x + = KQ : x1 2;x2 3 b)   

  

x y

2x y KQ :      x y

Bài 2: (2 điểm) Rút gọn biểu thức :

a) A( 28 7  7) 72 7  7  7 7

b)  



a b b a

B :

ab a b

, với a > 0; b >

              2

ab( a b) :

ab a b

( a b).( a b)

a b a b

Bài 3: (2 điểm)

a) Cho hàm số y = x2 Điền giá trị y tương ứng vào bảng sau :

x -2 -1

y = x2 1

b) Tìm tham số m để đường thẳng (d): y = 2x – m cắt parapol (P): y = x2 hai điểm phân biệt

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = 2x - m x2 2xm0 (1)

' m 

(d) (P) cắt hai điểm phân biệt  pt (1) có nghiệm

' m m

      

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Hai tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt M

a) Chứng minh tứ giác OBMC nội tiếp

b) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D Chứng minh : MAB∽MBD

c) Đường thẳng BO cắt đường tròn (O) E Chứng minh : MO song song EC d) Giả sử

60

BAC Tính theo R thể tích hình sinh quay  BMC vòng quanh cạnh BC

a/ Xét tứ giác OBMC, ta có :

0

90

OBM ( BM tiếp tuyến )

0 90

OCM ( CM tiếp tuyến )

=> 0

90 90 180 OBMOCM  

=> Tứ giác OBMC nội tiếp đường trịn đường kính OM

b/ Xét MAB MBD Ta có : BMA chung

1

MABMBD sđBD =>MAB∽MBD(g-g)

c/ Cách : Ta có OB = OC = R MB = MC ( Tc tiếp tuyến cắt ) => MO đường trung trực BC => MO  BC (1)

Ta có BCE900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

=> EC  BC (2)

Từ (1), (2) => MO // EC

Cách : Ta có:

 

  

 

BEC BCM sd BC

BCM O1 vì OBMC noi tiep

BECO1

mà hai góc vị trí đồng vị  MO // EC

d/ Khi

60

BAC  BMC tam giác (vì MB = MC

60 MBCBAC )

Gọi H giao điểm BC OM Khi quay BMC quanh cạnh BC hình sinh hai hình nón có chung mặt đáy bán kính HM, đường cao BH

Ta có : OM trung trực BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OM BC trung điểm H

1 BAC BOC

(quan hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung)

1

60

O BOC

   (OM phân giác góc BOC)

TrongBOH vng H có:

3 sin sin 60

2 R

BH OB O R 

M1O1900 (OBM vuông B)

0

1 90 30

M O

   

TrongBMH vng H có: 0

1

3

ĐỀ SỐ: 12

ĐỀ SỐ: 14

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2016 - 2017

Khóa ngày : 07/6/2016 MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm 01 trang)

Câu (3 điểm).

1) Rút gọn biểu thức A = 1 7 4 3

2  3  

2) Giải phương trình hệ phương trình sau tập số thực: a) 3x2 – x – 10 =

b) 9x4 – 16x2 – 25 =

c) 2x 3 y 7

3x y 5

 

 

  

Câu (1,5 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol (P): y = 1

4

 x2

1) Vẽ đồ thị (P)

2) Tìm tọa độ giao điểm (P) với đường thẳng d: y = 2x 1

3 3

 

Câu ( 1,5 điểm). Anh Bình đến siêu thị để mua bàn ủi quạt điện với tổng số tiền theo giá niêm yết 850 ngàn đồng Tuy nhiên, thực tế trả tiền, nhờ siêu thị khuyến để tri ân khách hàng nên giá bàn ủi quạt điện giảm bớt 10% 20% so với giá niêm yết Do đó, anh Bình trả 125 ngàn đồng mua hai sản phẩm Hỏi số tiền chênh lệch giá bán niêm yết với giá bán thực tế loại sản phẩm mà anh Bình mua bao nhiêu?

Câu (1,0 điểm). Cho phương trình x2 – (m +3)x – 2m2 + 3m + = (m số thực)

Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt cho hai nghiệm giá trị độ dài hai cạnh liên tiếp hình chữ nhật có độ dài đường chéo

10

Câu (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn , AB < AC đường tròn nội tiếp (O;R) Gọi H chân đường cao dựng từ đỉnh A tam giác ABC M trung điểm của cạnh BC Tiếp tuyến A đường tròn (O;R) cắt đường thẳng BC N

1) Chứng minh tứ giác ANMO nội tiếp

2) Gọi K giao điểm thứ hai đường thẳng AO với đường tròn (O;R) Chứng minh AB AC = AK.AH

3) Dựng đường phân giác AD tam giác ABC (D thuộc cạnh BC) Chứng minh tam giác NAD cân

ĐỀ SỐ: 15

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2016

MÔN THI: TỐN

ThỜI gian 120 phút(khơng tính thời gian giao đề)

Bài 1: (1,5 điểm)

a) Với giá trị x x 2 xác định? b) Rút gọn biểu thức: M =

2

(a b) (a b) ab

  

với ab ≠ Bài 2: (2,0 điểm )

a) Giải hệ phương trình 2x 3x

y y   



  

b) Cho phương trình x2 +x – + = có hai nghiệm x1 x2 Tính giá trị biểu thức : x13 + x23

Bài 3: (2,0 điểm) Cho hai hàm số y =

2 x

2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d) a) Vẽ đồ thị (P)

b) Gọi A;B giao điểm hai đồ thị (P) (d) Biết đơn vị đo trục tọa độ xentimet, tìm tất điểm tia Ox cho diện tích tam giác MAB 30 cm2

Bài 4: (1 điểm )

Một miếng bìa hình chữ nhật có chiều rộng

5 chiều dài Nếu chiều rộng giảm cmvà chiều dài giảm 4cm diện tích nửa diện tích ban đầu Tính chu vi miếng bìa đó?

Bài 5: (3,5 điểm )

Cho tam giác ABC nhọn có AB<AC nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AD Gọi AH đường cao tam giác ABC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng E

a) Chứng minh tứ giác ABHE tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh hai đường thẳng HE AC vng góc với

c) Goi F hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng AD M trung điểm BC Chứng minh M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF

Bài 5(3,5điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp (O) đường kính AD Gọi AH đường cao tam giác ABC Qua B kẻ đường vng góc với AD E

a) Chứng minh: Tứ giác ABHE nội tiếp

b) Chứng minh: HE AC vng góc với

c) Gọi F hình chiếu C AD M trung điểm BC Chứng minh M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF

ĐỀ SỐ: 18

ĐỀ SỐ: 19

Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn : TỐN

Thời gian làm : 120 phút

( Đề có trang, gồm câu ) Câu ( 2,0 điểm ):

1 ) Giải phương trình

9x 12x  ) Giải phương trình

10

x  x   3) Giải hệ phương trình : 2x y

5x 2y 

 

 

 

Câu ( 2,0 điểm ):

Cho hai hàm số y = 2x

2

y = x –

1) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ ) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị

Câu ( 1,5 điểm ):

Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m – = với x ẩn số, m tham số a / Chứng minh phương trình cho ln có nghiệm với m b / Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình cho Tính

2 x x

x x theo m Câu ( 1,0 điểm ):

Cho biểu thức: A x y y x x y y x

x y x y                      

 với x0,y x y0  ) Rút gọn biểu thức A

2 ) Tính giá trị biểu thức A x = 1 3, y = 1

Câu ( 3,5 điểm ):

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi d đường thẳng qua điểm B vng góc với AC K Đường thẳng d cắt tiếp tuyến qua A của đường tròn ( O ) điểm M cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai N ( N khác B ) Gọi H hình chiếu vng góc N BC

1) Chứng minh tứ giác CNKH nội tiếp đường trịn 2) Tính số đo góc KHC , biết số đo cung nhỏ BC

120 3) Chứng minh rằng: KN.MN = 1

2.( AM

ĐỀ SỐ: 221,22

ĐỀ SỐ: 24

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2016 – 2017

Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 08 tháng năm 2016

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I ( 2,0 điểm) Cho hai biÓu thøc

8

A x





2 24 B x x x x    

 ( víi x0;x9 ) 1) Tính giá trị biểu thức A x = 25khi x = 16

2) Chứng minh x B x   

3) Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị số nguyên

Bài II ( 2,0 điểm)) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720m2 Nếu tăng chiều dài thêm 10m, giảm chiều rộng m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn Bài III ( 2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

3 2 x x y x x y               

2) mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):y= x2, đường thẳng (d): y= 3x + m2-1 a) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

b) Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm (d) (P) Tìm m để: (x1+1)(x2+1)= Bài IV ( 3,5 điểm)

Cho đường tròn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB với (O) ( B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng OC lấy điểm I ( I khác C, I khác O ) Đường thẳng AI cắt (O) hai điểm D E ( D nằm A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE

1) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H nằm đường tròn 2) Chứng minh AB BD

AE  BE

3) Đường thẳng d qua điểm E song song với AO, d cắt BC điểm K Chứng minh HK//DC

4) Tia CD cắt AO điểm P, tia EO cắt BP điểm F Chứng minh tứ giác BECF hình chữ nhật Bài V ( 0,5 điểm)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 HÀ NỘI NĂM HỌC 2016 – 2017

Bài Ý Nội dung Điể

m I (2,0đ ) 1) 0.5

Thay x = 25 ( tmđk) vào biểu thức A, ta

7

13 25

A  



Vậy x = 25 A = 7/13

0,5 2) 1.0 Ta có: 24 B

( 3) 24

9 ( 3)( 3)

3 24

( 3)( 3) ( 3)( 8) ( 3)( 3)

8

x x

x x

x x x

x

x x

x x x

x x x x x x x x                           0,25 0,25 0,25 0,25 3)

0.5 Ta có: P = A.B

3

x

 

Do x0 nên P > (1)

Do x0 nên x 33  x 

7  (2)

Từ (1) (2), P nguyên suy  1;

P P

    - Nếu P = 16 ( / )

3 x t m

x   

- Nếu P = ( / )

3 x t m

x   

0,25

0,25 II

(2,0)

Gọi chiều dài hình chữ nhật (m; x >6) Chiều rộng hình chữ nhật 720/x (m)

Sau tăng chiều dài 10 m c dài x + 10 (m)

Sau giảm chiều rộng m chiều rộng 720/x – (m) Theo ta có phương trình:

III (2,0)

1) 0.75

Điều kiện: x1; y 2

Đặt 1 x a x b y           

Thay vào hệ pt, ta

2

a b a

a b b

            

Thay vào cách đặt tìm ( / ) x t m y      

Kết luận nghiệm hệ phương trình x y       0,25 0,25 0,25 2) 0.5

a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) x2 = 3x + m2-1

x2 - 3x - m2+1 = (*) Ta có: = m2+

Do m2 0 nên m2 + >

 >0  phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m

 (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m có hồnh độ giao điểm x1 x2

0,25

0,25 0.75

b) Theo hệ thức vi ét: (**) 2

1

3

x x

x x m

  



   

Theo giả thiết: (x1+1)(x2+1) = (***)

Thay (**) vào (***) tính m = m = -2

0,25 0,5 IV

(3,5)

1)

Vẽ hình tới câu a

0.75 a) C/m tứ giác có tổng hai góc đối = 1800

Từ suy tứ giác nội tiếp

Suy điểm thuộc đường tròn

0.5 0.25 1.0 b) C/m tam giác ABD đồng dạng tam giác AEB

Suy cặp cạnh tương ứng tỉ lệ

0.5 0.5 1.0 c)

+ Chứng minh tứ giác BHKE nội tiếp + Chí cặp góc vị trí đồng vị + Suy song song

0.5 0.25 0.25 0.5 d) Cách 1:

Kẻ tiếp tuyến AQ đường tròn tâm (O)

Vì tứ giác BDQC nội tiếp nên góc QDC = góc QBC Có góc QBC + góc QBA = 900

Vì BQ vng góc AO nên góc AQB = 90 – góc OAQ Suy góc QDC = góc OAQ  tứ giác APDQ nội tiếp  góc PDA = góc PQA

Có góc PDA = góc EDC = góc EBC

Ta có tam giác ABP = tam giác AQP (cgc)  góc PQA = góc PBA Suy góc PBE = góc ABC = 900

Vì tứ giác FBEC nội tiếp nên góc FCE = 180 – góc FBE = 900 Tứ giác FBEC có góc FCE = góc FBC = góc BEC = 900 nên tứ giác hình chữ nhật ( dhnb)

Cách 2:

Xét tam giác EHB tam giác COP có Góc EHB = góc COP

Góc BED = góc BCD

Tam giác EHB đồng dạng tam giác COP (gg)  EB EH ED

CP CO  CB ( C.C.T.U.T.L)

 tam giác EDB đồng dạng tam giác CBP (cgc)  góc EDB = góc CBP

Mà góc EDB phụ góc CDE, góc CDE = góc EBC

 góc EBP = góc EBC + góc CBB = góc EDB + góc CDE = 900

0.5

0.5

V 0,5 đ

Từ GT ta có

2

1 25 1 25

6 6 ( ) ( )

4 2 2

x  x  y  y    x   y  

Đặt a =

x   ; b =

y   nên a 

 ; b 

 x = a2 + a – 23

4 ; y = b

Ta có S = x + y = a2 + a – 23 + b

2

+ b – 23 = 25 23

1    a b a b     Dấu ‘ = ‘ xảy

2

5

6

25

2

2 a b

a b x y x y

a b                   

Vậy GTLN S = x y

* Vì a

   ; b    nên

2

1 7

( )( ) 3

2 4

a a  a  a   aa 

CMTT ta có 7 3

4 bb 

Do 3 2 7 3 25 7 3 12 4

2 2 2

S a b        S 

Dấu “ = “ xảy

1

;

6; 10

2

7 10;

; 2 a b x y x y a b                     

Vậy GTNN S = 6; 10 10; x y x y          0.25 0.25

ĐỀ SỐ: 26

ĐỀ TOÁN – HÀ TĨNH – NĂM HỌC 2016 – 2017 Câu 1( điểm) Rút gọn biểu thức:

a) P = ( 1).2 2

 

b) Q = 1

x x x

   

 

   

 

    với x > 0, x 

Câu (2 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 2)x + m2 + m + = (1) a) Giải phương trình m =

a) Tìm a để đường thẳng (d) qua A(1; 5)

b) Với giá trị a hai đường thẳng (d) (d’) song song với

Câu 4: (3 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường trịn có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax vng góc với AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến MC (C tiếp điểm, C khác A) Đoạn AC cắt OM E, MB cắt nửa đường tròn D (D khác B)

a) Chứng minh AMCO MADE tứ giác nội iếp đường tròn b) Chứng minh hai tam giác MDO MEB đồng dạng

c) Gọi H hình chiếu vng góc C lên AB, I giao điểm MB CH Chứng minh EI  AM

Câu 5: Cho a, b số dương thỏa mãn ab = Tìm giá trị nhỏ biểu thức

F = (2a + 2b – 3)(a2 + b2) + 2

ĐỀ SỐ: 27

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a)

(x3) 16 b)

2

1           x y x y

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: :

1 1

     

      

   

   

x x x

A

x x x x x với x0, x1

b) Tìm m để phương trình: x2  5x + m  = có hai nghiệm phân biệt x x thoả mãn 1, 2

2

1 2 23 1

x x x x

Câu (2,0 điểm)

a) Tìm a b biết đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A( 1; 5) song song với đường thẳng

y = 3x +

b) Một đội xe phải chuyên chở 36 hàng Trước làm việc, đội xe bổ sung thêm xe nên xe chở so với dự định Hỏi đội xe lúc đầu có xe? Biết số hàng chở tất xe có khối lượng

Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Gọi C điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB (C khác O B) Dựng đường thẳng d vng góc với AB điểm C, cắt nửa đường tròn (O) điểm M Trên cung nhỏ MB lấy điểm N (N khác M B), tia AN cắt đường thẳng d điểm F, tia BN cắt đường thẳng d điểm E Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) điểm D (D khác A)

a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB

b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng F tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh điểm I nằm đường thẳng cố định điểm N di chuyển cung nhỏ MB

Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thoả mãn: abc =

ab bc ca

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2016 - 2017 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tối đa

Câu Ý Nội dung Điể

m

Giải phương trình hệ phương trình sau:

a)

(x3) 16 b)

2 (1) (2)           x y

x y 2,00

PT  x x

        0,25 0,25 a

 x

x       0,25 0,25

(1)  y = -2x + 0,25

Thế vào (2) được: x 2x

4

 

  0,25

x  0,25

b

Từ tính y = Hệ PT có nghiệm (0;3) 0,25

2 a Rút gọn biểu thức:

2

:

1 1

     

      

   

   

x x x

A

x x x x x với x0, x1 1,00

+) 2 ( 1)

1 1 ( 1)( 1)

     

  

     

x x x x x x x

x x x x x x x x

=

1

 

x x

0,25

+) 2

1 1

     

  

     

x x x x x

x x x x x x 0,25

A =

1

 

x x

1    x x x 0,25

A = 1 

37

0 m

4    

+) Theo Vi-et có : x1 + x2 = (2) x1x2 = m - (3)

Từ (2) suy x2 = - x1, thay vào (1) 3x12 - 13x1 + 14 = 0, giải phương trình tìm x1 = ; x1 =

7

3 0,25

+) Với x1 = tìm x2 = 3, thay vào (3) m = 0,25 +) Với x1 =

7

3 tìm x2 =

3, thay vào (3) m = 83

9 0,25

3 a

Tìm a b biết đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A ( 1;5) song

song với đường thẳng y = 3x + 1,00

+) Đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A nên: = a(-1) + b (1) 0,25 +) Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x +

chỉ a = b  0,25

+) Thay a = vào (1) tìm b = 0,25 +) b = thoả mãn điều kiện khác Vậy a = 3, b = 0,25

3 b

Một đội xe phải chuyên chở 36 hàng Trước làm việc đội xe bổ sung thêm xe nên xe chở so với dự định Hỏi đội xe lúc đầu có xe? Biết số hàng chở tất xe có khối lượng

1,00

Gọi số xe lúc đầu x (x nguyên dương) xe phải chở khối lượng hàng là: 36

x (tấn)

0,25 Trước làm việc, có thêm xe nên số xe chở 36 hàng

(x +3) xe, xe cịn phải chở khối lượng hàng 36

x3(tấn)

0,25

Theo có phương trình: 36 36 x x3 

Khử mẫu biến đổi ta được: x2 + 3x - 108 = (1)

0,25 Phương trình (1) có nghiệm là: x = 9; x = -12

Đối chiếu điều kiện x = thoả mãn Vậy số xe lúc đầu xe 0,25

4 a a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB 1,00

Vẽ hình

M D

0

ADB90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), có: ACE900 (Vì d

vng góc với AB C) 0,25

Do hai tam giác ADB ACE đồng dạng (g.g) 0,25 AD AB

AD.AE AC.AB AC AE

    0,25

4 b

Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng F tâm đường tròn nội tiếp

tam giác CDN 1,00

Xét tam giác ABE có: AB  EC

Do

ANB90 ANBE

Mà AN cắt CE F nên F trực tâm tam giác ABE

0,25

Lại có: BDAE(Vì ADB900)  BD qua F  B, F, D thẳng hàng

0,25 +) Tứ giác BCFN nội tiếp nên FNCFBC, Tứ giác EDFN nội tiếp nên

DNFDEF, mà FBCDEF nên DNFCNF  NF tia phân giác góc DNC

0,25

+) Chứng minh tương tự có: CF tia phân giác góc DCN Vậy F

tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN 0,25

4 c

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh điểm

I nằm đường thẳng cố định điểm N di chuyển cung

nhỏ MB

1,00

H

M N F D

O

A B

C E

Lấy điểm H đối xứng với B qua C, B C cố định nên H cố định

0,25

Ta có: FBHcân F (vì có FC vừa đường cao vừa đường trung

tuyến)FHBFBH 0,25

trung trực đoạn thẳng AH cố định

5

Cho a, b, c ba số thực dương thoả mãn: abc = Tìm giá trị lớn biểu thức: P 5 ab5 5 bc5 5 ca5

a b ab b c bc c a ca

  

      1,00

Ta có: a5 + b5  a2b2(a + b) (1) với a > 0, b>

Thật vậy: (1)  (a - b)2(a + b)(a2 + ab + b2)  0, Dấu đẳng thức xảy a = b

0,25

Do ta được:

5 2

ab ab c c

a b ab  a b (ab)ab ab(ab) 1 abc(ab)c  a b c

0,25

Tương tự có: 5 bc5 a

b c bc a b c 5

ca b

c a ca a  b c Cộng vế với vế bất đẳng thức được:

c a b

P

a b c a b c a b c

   

     

0,25

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

II.TỰ LUẬN ( điểm ) Bài : ( điểm )

1.Rút gọn biểu thức sau

 

 

 

a) A 2 27 12 : 3

2 5.3 4.2 : 3

2 15 3 : 3

5 : 3 5                    

b) B 28 54

7

2

4.7 9.6

7

2

2 7

2 7 6                    

2) Giải hệ phương trình

2x y 4x 2y 7x 14

3x 2y 3x 2y 2x y

x x x x

2.2 y y y y

                                              

Vậy hệ phương trình có nghiệm

x y     

3) Xét đường thẳng ( d ) : y = ax + b

đường thẳng ( d’) : y = x + 2017 ( a’ = : b’ = 2017 )

Đường thẳng ( d ) song song với đường thẳng ( d’) Nên a a ' a

b b ' b 2017

          

<=> b = 2016 ( TMĐK b 2017 )

Vậy : a = ; b = 2016 phương trình đường thẳng ( d) xác định y = x + 2016

Bài : ( điểm ) 1) Cho phương trình :

x  mx 0 ( 1)

a) Khi m = phương trình ( 1) trở thành phương trình sau

2

x 3x40

Ta có : a – b + c = – ( - ) + ( - ) = Phương trình có hai nghiệm phân biệt

 

1

4 c

x ; x

a

  

    

b) Ta có a = b = - m c = -4

Vì a 1 0 , nên phương trình ( 1) phương trình bậc hai Xét biệt thức

   

2 2

b 4ac

m 4.1 m 16         2

Do : m 0, m R m 16 16 0, m R

  

     

0, m R    

Vậy : Phương trình ( 1) ln có hai nghiệm phân biệt x ; x1 với m Theo hệ thức Viet ta có :

1

1

b

x x m

a c

x x 4

a               

                 2

1 2

2

1 2

2

1 2 1

1 2

1 2

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

m

3m m                                 

Vậy với giá trị m mà m < -2 phương trình ( ) có hai nghiệm x ; x thỏa mãn

   

1 2

x x 1  x x 1 

2 ) Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ tam giác vng x ( m ) ; đ/k : x >

độ dài cạnh góc vng lớn tam giác vng x + ( m)

Vì cạnh huyền tam giác vng 20cm Theo định lí Pytago ta có phương trình :

 2

2 2 2 2

x x 20

x x 8x 16 400 2x 8x 16 400 2x 8x 16 400

2x 8x 384

x 4x 192

                           2

' b ' ac 192 192 196 ' 196 14  

  

   

 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Vậy : độ dài cạnh góc vng nhỏ 12cm

độ dài cạnh góc vng lớn 12 + = 16 ( cm ) (TMĐK )

( Loại )

'

'

b ' 14

x 12

a

b ' 14

Do : AIHABH ( ( góc nội tiếp chắn AH ) Hay : AIHABC ( 1)

Mà : AHKABC ( cmt ) ( )

Từ ( ) ( ) suy : AIH AHK ( ) c/m tương tự ta có : AHIAKH ( )

Từ ( ) ( ) ta có : AIH AH K ( g g )

Suy : AI AH

AH AK ( định nghĩa hai tam giác đồng dạng ) Do :

AH  AI.AK

c) Vì M trung điểm AI N trung điểm AK ( gt ) Nếu AH = AM + AN AH AI AK AI AK

2 2



  

Suy :

2 AI AK

AH        

Do :

AH  AI.AK ( cmt )

Nên :  

  2 AI AK AI.AK

AI AK 4AI.AK AI AK

              Chứng minh

a) Ta có :

0

AH BC ( gt) AHC 90 AK CK (gt) AKC 90

  

  

Xét tứ giác AHCK có :

0 0

AHC AKC90 90  180

Vậy: tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn ( dhnb ) b) Ta có : tứ giác AHCK nội tiếp đường trịn (cmt) Suy : AHKACK ( góc nội tiếp chắn AK ) Lại có : ABC ACK ( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC ( O ) = > AHKABC ( ACK )

Xét tứ giác AHBI có

0 AIB 90 AHB 90  

( AIIB ; AHBC )

Nên :

0 0

AIB AHB 90 90 180

Tam giác BJC cân J ( JB = JC ) có JO tia phân giác góc BJC (cmt ) Suy : JO đường trung trực BC ( t/c tam giác cân ) , nên : JOBC Mà : AI = AK ( cmt ) ; AIJI ; AKJK

Nên : A thuộc đường phân giác góc IJK = > A thuộc đường thẳng JO , mà JOBC Suy : AO  BC

Mà :AH  BC ( gt )

Suy : A ; O ; H thẳng hàng ( đpcm )

Bài : ( điểm )

a)

Vì a , b , c ba số dương Theo bất đẳng thức Cơ si ta có :

3

a b c abc 1 1 1

3

a b c a b c   

    

Nhân vế hai bất đẳng thức ta có :

 

3

a b c abc 1

a b c

a b c   

 

     

 

b) Với a , b , c dương ta có : 1 2 1 2 1 2

a b b c c a

2  2     Nên :

2 2

a  b c ab bc ca (*)

Suy :

   2 2

1

6 ab bcca  a b c Do :

         

   

2 2 2 2 2

2 2

2 2

13 13

P

3 ab bc ca ab bc ca a b c ab bc ca a b c a b c

13 13

3 ab bc ca a b c

13 1

6 ab bc ca ab bc ca a b c

                                       

Áp dụng bất đẳng thức ( * ) ta có :

 2 2

2 2

1 1

2ab 2bc 2ca a b c

ab bc ca ab bc ca a b c

 

        

     

 

Suy :

 2

2 2

1 1

9 abbc ca abbc ca a b c  a b c  Do : P 39

2 

ĐỀ SỐ: 30

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2016 - 2017

MƠN THI: TỐN Ngày thi: 12 tháng năm 2016

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu (2 điểm)

Giải phương trình phương trình sau: a) x2  2 5x 5  0

b) 4 2

4 x 5x 9 0

c) 2x 5 y 1

3x 2 y 8

   



 



d) x(x + 3) = 15 – (3x – 1) Câu (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2

x y

4

  đường thẳng (D): y = x 2

2 

một hệ trục tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) câu tên phép tính Câu (1,5 điểm)

a) Thu gọn biểu thức sau: A = 2 3 2 3

1 4 2 3 1 4 2 3

 



   

b) Ông Sáu gửi số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn năm 6% Tuy nhiên sau thời hạn năm, ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà đề thêm năm lãnh Khi số tiền lãi có sau năm ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu đề thành số tiền gửi cho năm với mức lãi suất cũ Sau hai năm ông Sáu nhận số tiền 112.360.000 đồng (kể gốc lẫn lãi) Hỏi ban đầu ông Sáu gửi tiền?

Câu (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 – 2mx + m –2 = (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Định m để hai nghiệm x1, x2 phương trình (1) thỏa mãn:

(1 + x1)(2 – x2) + (1 + x2)(2 – x1) = x12 + x22 +

Câu (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn Đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC, AB D, E Gọi H giao điểm BD CE; F giao điểm của AH BC

a) Chứng minh:AF  BC AFD  ACE

b) Gọi M trung điểm AH Chứng minh: MD OD điểm M, D, O, F, E thuộc đường tròn

c) Gọi K giao điểm AH DE Chứng minh: MD2 = MK MH K trực

tâm tam giác MBC

2 1 1

ĐỀ SỐ: 31

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017

MƠN TỐN

Thời gian làm 120 phút không kể thời gian phát đề

Đề thi có 01 trang Câu 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức

1

x x x x

A

x x x x



 

 

a) Tìm điều kiện x để biểu thức A có nghĩa Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị biểu thức A với x  74

c) Tìm x để A + x <

Câu 2: (2,0 điểm)

1 Không dùng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau: a)

2x 3x 2 b)

3 27

x y x y

   



  

2 Tìm hai số thực x y biết tổng chúng 22 tích chúng 105

Câu 3: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số yx2

có đồ thị (P) a) Vẽ đồ thị (P)

b) Tìm giá trị a để đường thẳng d: y = 2x - 3m cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn x x1 12x x2 12  6

Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AC > AB) có đường cao BE

CF, trực tâm H nội tiếp đường tròn tâm Gọi D điểm đối xứng A qua O a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF

b) Chứng minh AO vng góc với EF

c) Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho hai số x, y thỏa mãn: x + y = 26 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3

26 Px y  xy

ĐỀ SỐ: 32

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A = 3 274 3 b) Giải hệ phương trình

2 x y

x y   



  

Câu (1,5 điểm)

a) Tìm tọa dộ điểm A thuộc đồ thị hàm số y = 2x2, biết hoành độ điểm A b) Tìm m để hàm số bậc ym2x1 m 2 đồng biến R

Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x – m + = (m tham số) a) Giải phương trình với m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 x1x2 thỏa mãn 2x1 + x2 = Câu (1,5 điểm)

a) Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy r = 2cm chiều cao h = 5cm Tính diện tích xung quanh hình trụ

b) Một cơng ty vận tải dự định điều số xe tải đểvận chuyển 24 hàng Thực tế đến nơi cơng ty bổ sung thên xe nên xe chở so với dự định Hỏi số xe dự định điều động bao nhiêu? Biết số lượng hàng chở xe xe chở lượt

Câu (2,5 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên tiếp tuyến A đường tròn lấy điểm C cho C khác A Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD (D tiếp điểm) cát tuyến CMN (M nằm N C) với đường tròn Gọi H giao điểm AD CO

a) Chứng minh điểm C, A, O, D nằm đường tròn b) Chứng minh CH.CO = CM.CN

c) Tiếp tuyến Mcuar đường tròn (O) cắt CA, CD thứ tự E, F Đường thẳng vng góc với OC tạo O cắt CA, CD thứ tự P, Q Chứng minh PE + QF  PQ

Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức 2 2 2

2 2 2

P a ab b  b bc c  c ca a

Q

E

F

H M

D

O

A B

Ta có OFQMDO (cùng phụ với góc FDM) d

MDAAOE s AM (1) Tứ giác AODC nội tiếp => ADO ACO (Cùng chắn cung AO)

Mà ACO AOP (cùng phụ với góc P) => ADO APO (2) Từ (1) (2) suy POEMDOOFQ (3)

Tam giác CPQ cân C => PQ (4)

Từ (3) (4) ta có

PO PE

POE QFO QF PE OP OQ OP

QF QO

 ~      

Theo Cơ-si có

2 2

QFPE QF PE OP  OPPQ

Dấu “=” xảy QF = PE (Tức M giao điểm OC (O))

Câu (1,0 điểm)

P biểu thức đối xứng nên ta dự đốn minP = m a = b = c =

9 Ta tìm m Ta có 2 5 2 3 2 5 

2

4

a ab b  ab  a b  a b Dấu “=” xảy a = b Tương tự :

 2  2  

2 5

2

4

b bc c  b c  b c  bc Dấu “=” xảy b = c

 2  2  

2 5

2

4

c ca a  ca  c a  c a Dấu “=” xảy c = a

Suy 52 2  5 

2

P a b c  a b c 

Lại có 1 1 2 

9 9 9 3

a b c  a b c  a b c

                                   a b c

    Dấu “=” xảy a = b = c = Do 5 P

P a b c

            

Vậy minP =

ĐỀ SỐ: 35

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – MƠN TỐN Trường THPT Kon Tum Năm học 2016-2017 Thời gian làm 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức: A = 182 508

Câu 2: (1,0 điểm) Giải pt sau: x2 – 7x + 12 =

Câu 3: (1,5 điểm) Cho hàm số y =

2 x

(P) a/ Vẽ đồ thị (P)

b/ Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y = 2x – m cắt đồ thị (P) điểm có hồnh độ

Câu 4: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức: P =

1

x x x x

x x

  



 với x > 0; x 1

Câu 5: (1,0 điểm) Cho pt: x2 + mx + 2m – = (1), với m tham số Tìm m để pt (1) có hai nghiệm phân biệt pt (1) Giả sử x x1; hai nghiệm phân biệt pt (1), tìm giá

trị nguyên dương m để biểu thức M = 2

2

x x

x x



 có giá trị nguyên

Câu 6: (1,0 điểm) Hai người xe đạp hai địa điểm A B cách 30km, khởi hành

cùng lúc, ngược chiều gặp sau Tính vận tốc xe biết xe từ A có vận tốc

3 vận tốc xe từ B

Câu 7: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, B 600 BC = 20cm

a/ Tính độ dài AB

b/ Kẻ đường cao AH tam giác ABC Tính độ dài AH

Câu 8: (1,0 điểm) Cho đường trịn (O; R) có hai dây AB CD vng góc với

H (AB CD) không qua tâm O, điểm C thuộc cung nhỏ AB) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng CD M, vẽ CK vng góc với AM K Gọi N giao điểm AO CD

a/ Chứng minh AHCK tứ giác nội tiếp

GIẢI ĐỀ TOÁN LẠNG SƠN 2016 - 2017 (16/6/2016) Câu (2 điểm)

a Tính giá trị biểu thức: A = 49  4  7 2 9

B = ( 2 5 )2  5  2 5  5  2 5 5  2

b

1 2 4 x

P ( x 0,x 4 )

4 x

2 x 2 x

2 x 2( 2 x ) x 2 x 4 2 x 4 x P

( 2 x )( 2 x ) ( 2 x )( 2 x ) 3( 2 x )

6 3 x 3

( 2 x )( 2 x ) ( 2 x )( 2 x ) 2 x

                               

Câu (1,5 điểm)

a Vẽ đồ thị hàm số y = 2x2 Bảng biến thiên:

x -2 -1

y = 2x2 2

Vẽ đồ thị y = 2x2 HS tự vẽ

Đồ thị hàm số y = 2x2 đường cong Parabol qua O(0; 0) nhận Oy trục đối xứng …

b Phương trình x2 + (m+1)x + m = (1)

Có  = (m+1)2 - m = m2 + 2m + - 4m = m2 - 2m + = (m - 1)2  với m Phương trình ln (1) có nghiệm

Theo Vi ét: x1 + x2 = - m - x1 x2 = m

Mặt khác theo đầu 2 1 1 2 1 2

2 2

x x x x 2 x x ( x x ) 2

1  2        m( m )    2

2

m m 2

      m2m2 Có a0      b c 1 2 0m1; m  2

Vậy với m1; m  Phương trình (1) ln có nghiệm thỏa mãn: 2

2 1 1 2 1 2

2 2

x x x x 2 x x ( x x ) 2

1  2      

Câu (2 điểm)

a GPT: x y 4 x y 4 x 2 4 x 2

x 2 y 2 3 y 4 y 2 y 2

                           

b Gọi chiều rộng x(m) (x > 0) chiều dài 2x (m) Diện tích x.2x = 2x2 (m2)

Vậy chiều rộng hình chữ nhật 10 (m) chiều dài 20 (m) Câu (3,5 điểm)

a Xét tứ giác ABEM có:

0

MAB90 (gt)

0

MEB90 (kề bù với MEC )

Mà MEC900

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Do đó: MABMEB900900 1800

Vậy tứ giác ABEM nội tiếp đường trịn Đường kính BM

b Ta có MBE CBD Vì: B chung

0

MEBCDB(90 )

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra: ME MB

CD  CB hay ME.CB = MB.CD

c J tâm đường tròn ngoại tiếp  IBC nên J giao điểm đường trung trực  IBC …

Câu cho a, b, c ba cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2a 8b 18c

P

b c a c a b a b c

  

     

B

A C

M E

O

I

ĐỀ SỐ: 41

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2016-2017

Phần I - Trắc nghiệm : (2.0 điểm)

Hãy viết chữ đứng trước phương án vào làm Câu 1: Điều kiện để biểu thức  

1

x  x có nghĩa là:

A x 0 B x 0 C x 0 D x 0

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị hàm số y2x1 qua điểm

A M(0;1) B.N(1; 0) C P(3;5) D Q(3; 1) Câu 3: Tổng hai nghiệm phương trình

2

x  x 

A B - C  D

Câu 4: Trong phương trình sau, phương trình có hai nghiệm dương

A x25x 3 0 B x23x 5 0 C x24x 4 0 D.x 2 250 Câu 5: Hàm số sau nghịch biến R?

A yx1 B y 2 3x1 C y 3 2x1 D.y 32 x1

Câu 6: Số tiếp tuyến chung hai đường tròn tiếp xúc là:

A B C D

Câu 7: Tam giác ABC vuông cân A BC10cm Diện tích tam giác ABC bằng: A  2

25 cm B  2

5 cm C  2

25 cm D

 2

50 cm

Câu 8: Cho hình nón có chiều cao (cm), thể tích  3

96 cm Đường sinh hình nón cho có độ dài bằng:

A 12 (cm) B (cm) C 10 (cm) D (cm)

Phần II -Tự luận (8.0 điểm)

Câu 1: (1.5 điểm) Cho biểu thức 4 x x P x x x x                    

(với x0;x4 )

1) Chứng minh P x3

2) Tìm giá trị x cho P = x +

Câu 2: (1.5 điểm) Cho phương trình 2

2( 1)

x  m  m  m  (m tham số) 1) Giải phương trình m =

2) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1; thỏa mãn x112x2122x1x2x x1 218

Câu 3: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:

5

2 2 y x y x x y                 

2)Chứng minh góc BED = góc BEF

3) Gọi G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DKE Chứng minh IA  KG Câu 5: (1.0 điểm) Giải phương trình : 3

2(x1) x 3(2x 5x 4x1)5x 3x 8

Hướng dẫn câu

Cách

Giải phương trình 3

2(x1) x 3(2x 5x 4x1)5x 3x 8 + Điều kiện x 0và 2x35x24x 1 (2x1)(x1)20x0

+ Biến đổi phương trình cho thành:

2

2(x1) x 3(2x1)(x1) (5x 8x8)(x1)

2 x 6x 5x 8x

      (do điều kiện x 0)

4x 6x 5(x 1) (2x 3)

      

 3 2 2

(2 3) 5( 1)

6

x x x x x x          2

(2 3) 5( 1)

6

x x x x x        

(2 3)( 1) 5( 1)

6

x x

x x

    

  , Ta xét vế sau: + Với x 0chỉ 2x  3 0; 1

6x 3 4x  ;

2

5(x 1) 0 suy

2

1

1

6

1 5( 1)

x x x x x x                    

Từ đó, tìm tập nghiệm phương trình cho S  1

Cách

Giải phương trình 2(x 1) x 3(2x3 5x2 4x 1) 5x3 3x2 8.

       

+ Điều kiện x 0và 2x35x24x 1 (2x1)(x1)20x0

+ Biến đổi phương trình cho thành:

2

2(x1) x 3(2x1)(x1) (5x 8x8)(x1)

2

2(x 1) x (x 1) 3(2x 1) (5x 8x 8)(x 1) (x 1) 2 x 3(2x 1) (5x 8x 8)

                  

(*)

Ta có x0x 1 0nên (*)

2 x 3(2x 1) (5x 8x 8)

      

Áp dụng cosi có 1; 3(2 1) 1(1)

2 x

x x x  

      nên

có 3(2 1) 1

2 x

x x   x

Hay 2 x 3(2x1)(5x28x8)0 Bất đẳng thức xảy dấu “=” hay có (*)BĐT(1)

xảy dấu “=”  2

5 x

   xảy dấu “=”

2

1

2

5( 1) x

x x tmx

x             

=> Tập nghiệm

của phương trình cho S  1

Cách

Giải phương trình 3

2(x1) x 3(2x 5x 4x1)5x 3x 8 + Điều kiện x 0và 2x35x24x 1 (2x1)(x1)20x0

+ Biến đổi phương trình cho thành:

2

2(x1) x 3(2x1)(x1) (5x 8x8)(x1)

2

2(x 1) x (x 1) 3(2x 1) (5x 8x 8)(x 1) (x 1) 2 x 3(2x 1) (5x 8x 8)

                  

Ta có x   0 x 0nên (*)2 x 3(2x1)(5x28x8)0

                       

2 2 2

2

2

2

2 3(2 1) 10

2 3(2 1)

5 ì 0; 3(2 1) 0

2 3(2 1)

1 1

5 1 *

2 3(2 1) 2 3(2 1)

x x x x x x

x x x x

x v x x x x do x

x x x x

x x

x x

x x x x x x x x

                                                           

Dễ thấy 1

2 x x 1 3(2x1) x 2  với x 0 nên (*) x120x 1 0x1tm x0

ĐỀ SỐ: 42

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

Câu (2,5 điểm)

Cho biểu thức 1 ( 3)

9

x

P x

x x

  

   

   

 

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm giá trị x để P1

Câu (1,5 điểm)

Ttong kỳ thi vào lớp 10 THPT tỉnh Nghệ An, phòng thi có 24 thí sinh dự thi Các thí sinh làm giấy thi Sau thu cán coi thi đếm 33 tờ giấy thi làm thí sinh gồm tờ tờ giấy thi Hỏi phòng có thí sinh làm gồm tờ giấy thi, thí sinh làm gồm 2 tờ giấy thi? (Tất thí sinh nạp bài)

Câu (2,0 điểm)

Cho phương trình 2

2 0(1)

x  mxm   (m tham số) a) Giải phương trình (1) m = -2

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2 tỏa mãn x12x x2( 1x2)12 Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường trịn (O), vẽ đường kính AD, Đường thẳng qua B vng góc với AD E cắt AC F Gọi H hình chiếu cvuoong góc B AC M trung điểm BC

a) Chứng minh CDEF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MHC BAD 90

c) Chứng minh HC BC HF   HE

Câu (1,0 điểm)

Cho số thực a, b, c thỏa mãn 0a b c, , 1 a  b c Chứng minh rằng:

( 1) ( 1) ( 1)

Cách giải khác câu 5:

Vì 0a,b,c nên a -  0, b-1 0

2

2

2

( 1)( 1) 0 1 0 1 (1)

: (2)

(3)

a b ab a b ab a b a b a ab a

TT b c b bc b

c a c ca c

                

  

ĐỀ SỐ 45

UBND TỈNH PHÚ THỌ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn thi: Tốn

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 08 tháng 06 năm 2016

Câu (1,5 điểm)

a, Giải phương trình: x2016 b, Giải bất phương trình: 2x 3 Câu (2,5 điểm)

Cho hàm số y(2m 1)x m4 (m tham số) có đồ thị đường thẳng (d) a, Tìm m để (d) qua điểm A(-1;2)

b, Tìm m để (d) song song với đường thẳng ( ) có phương trình y=5x+1 c, Chứng minh m thay đổi đường thẳng (d) ln qua điểm cố định Câu (2,0 đểm)

Cho phương trình: x2 2xm 5 (m tham số) a, Giải phương trình với m=1

b, Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x1 2 thỏa mãn 2x13x2 7 Câu (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Goi H trực tâm I, K chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B tam giác ABC (IBC,KAC) Gọi M trung điểm BC.Kẻ HJ vng góc với AM (JAM)

a, Chứng minh bốn điểm A, H, J, K thuộc đường tròn IHKˆ MJKˆ b, Chứng minh tam giác AJK tam giác ACM đồng dạng

c, Chứng minh: MJ.MAR2 Câu ( 1,0 điểm)

Cho ba số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P a2 b2 c2 2abc 18

ab bc ca

    

 

ĐỀ SỐ: 47

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

Khóa ngày `08/06/2016 MƠN: TỐN

SBD……… Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang, goomg 05 câu

MÃ ĐỀ 086

Câu 1(2.0điểm) Cho biểu thức B= 1

1

b b b

 



 

 

  với b>0 b 

a) Rút gọn biểu thức B

b) Tìm giá trị b để B=

Câu 2(1,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình sau:

3

x y x y

 

 

  

b) Cho hàm số bậc y = (n-1)x + (n tham số) Tìm giá trị n để hàn số đồng biến

Câu 3(2.0điểm) Cho phương trình x2 – 6x + n = (1) (n tham số) a) Giải phương trình (1) n =

b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn

  

1 36

x  x  

Câu 4(1.0điểm) Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x y 1 Chứng minh

( ) 64 xy xy 

Câu 5(3.5điểm) Cho đường trịn tâm O ,bán kính R N điểm nằm bên ngồi

đường trịn Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B hai tiếp điểm) Gọi E giao điểm AB ON

a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp đường tròn b) Tính độ dài đoạn thẳng AB NE biết ON = 5cm R = cm

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

1 2.0điểm

B = 1

1

b b b

 



 

 

 

= 1 1

b b

b b

   

Vậy B =

b  với b>0 b 1 Khi B =1

Ta có b  =1

 2= b-1b=3 (TMĐK)

1b

Vậy B = b =

2 1,5điểm

Ta có: 3

3 21

x y x y

x y x y

              

11 22 x y x        2a x y      

Hàm số đồng biến hệ số a >

2b

n-1>0 n>1

3 2,0điểm

Khi n = phương trình (1) trở thành x2 – 6x + = Phương trình có dạng a+b+c =

3a

Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = Ta có '

( 3) n n      

Để phương trình có hai nghiệm x1, x2  ' Hay - b 0 n

3b

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

1

6

x x x x n

 

 

  Mà   

1 36

x  x  

 x x12 22x12x22 1 36  2

1 2

( )x x (x x ) 1 36  2

1 2

( )x x (x x ) 2x x  1 36 Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36

Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x y 1

Chứng minh ( )2

64 xy xy 

Giải:

Ta có: ( x y )2 = x + y + xy =1

áp dụng BĐT côsi cho số (x+y) xy ta có:

(x+y+2 xy) (xy)2 xy => (x+y+2 xy)2 8(x+y) xy =>18(x+y) xy

=>1

8 (x+y) xy =>

64 (x+y)

2

xy (điều phải chứng minh)

5

3,5điểm

Ta có OAN 900 (Vì AN tiếp tuyến đường tròn (O))

90

OBN  (Vì AN tiếp tuyến đường trịn (O))

Do

180

OANOBN  5a

5b

Ta có NA = NA ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ABN cân N

Mà NO phân giác ANB ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên NO đường cao ABNdo NEAB hay AENO Xét ANO vng A (Vì AN tiếp tuyến đường trịn (O)) có đường cao AE

Áp dụng định lý Py –ta -go ta có: ON2 = NA2 + OA2 Suy NA = ON2 OA2 52 33 4 (cm)

   

Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có ON.AE = AN.OA

5.AE =4.3 AE = 2,4

AB= 2AE= 2,4 =4,8 (cm) (Vì ONAB) AN2 = NE.NO

2

3, ( )

AN

NE cm

NO

   

Xét NAOvng A có AE đường cao nên NA2 = NE.NO (1) Xét NAC NDA có: ANCchung; NACNDA (Góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC)

Nên NACđồng dạng với NDA(g-g)

NA NC

ND  NA hay NA

= NC.ND (2)

Từ (1) (2) suy NE.NO = NC.ND  NE NC ND  NO Xét NCE NOD có ENCchung mà NE NC

ND  NO (c/m trên)

Nên NCE đồng dạng với NOD(c-g-c)  NEC NDO Do tứ giác OECD nội tiếp (Theo dấu hiệu)

DEODCO (Hai góc nội tiếp chắn cung OD) Mà OCD cân O (Do OC = OD = R)

DCOCDO

5c

ĐỀ SỐ: 49

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC: 2016– 2017

MƠN: TỐN (Hệ khơng chun ) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 14– – 2016 Bài 1: (1,5 điểm)

1.Thực phép tính 25

2.Cho hàm số yx2có đồ thị (P) hàm số y=x+2 có đồ thị (d)

a.Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy b.Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm (P) (d)

Bài 2: (2,0 điểm)

1.Giải phương trình hệ phương trình sau : a) Giải phương trình: x4 – x2– 18= b) Giải hệ phương trình:

2

3 19 x y x y       

2 Tìm m để phương trình x2 + 2(m -3)x - 4m+7 = ( với m tham số )

a Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

b Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình cho ,hãy tìm hệ thức liên hệ x1 x2 không phụ thuộc vào m

Bài 3: (2,0điểm)

Cho hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước 12 phút đầy bể Nếu vòi thứ chảy khóa lại cho vịi thứ hai chảy

2bể nước Hỏi vịi chảy đầy bể ?

Bài 4: (3,5điểm)

Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn Tâm O bán kính R , vẽ tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (A,B tiếp điểm ).Vẽ cát tuyến MCD khơng qua tâm O đường trịn ( C nằm M D).Gọi E trung điểm dây CD

a.Chứng minh năn điểm M,A,B,E,O thuộc đường tròn

b.Trong trường hợp OM =2R C trung điểm đoạn thẳng MD Hãy tính độ dài đoạn thẳng MD theo R

c.Chứng minh hệ thức CD2 =4AE.BE

Bài 5: (1,0điểm) Cho x,y số thực khác O.Tìm giá trị nhỏ 2

2

3 x y x y A

y x y x

   

      

 

 

- Hết -

Ghi chú: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm

Bài giải dự kiến Bài 1: (1,5 điểm)

1.Thực phép tính 25

25 2 5 16

 5 16 5   5

2 a) Vẽ   : P y x

Bảng giá trị x y:

x -2 -1

y 1

Vẽ  d :y x  

 

0 2: 0; 2 : 2;

x y A

y x B

        -2 -4 -6

-10 -5 10

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: 2  

2

x  x  x  x 

Vì a b c0 nên (1) có hai nghiệm x1 1; x2 2

* Với x1  1 y11 * Với x2 2 y2 4

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) là: 1;1 2; 4

Bài 2: (2,0 điểm)

1.Giải phương trình hệ phương trình sau : c) Giải phương trình: x4 – x2– 18= d) Giải hệ phương trình:

2

3 19 x y x y       

2 Tìm m để phương trình x2 + 2(m -3)x - 4m+7 = ( với m tham số )

a Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

b Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình cho ,hãy tìm hệ thức liên hệ x1 x2 không phụ thuộc vào m

giải

1.a.Đặt

0

tx  ta có t2 – t– 18= Ta có

49 72 121 11 11

2 a) 2 2

4(m 3) 4(4m 7) 4m 24m 36 16m 28 4m 8m 4(m 1) 1

                 

Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m

b theo hệ thức vi- ét ta có 2 1 1

1 2

2( 3) 2 12

2 19

x x m x x m

x x x x

x x m x x m

                         

Bài 3: (2,0điểm)

Cho hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước 12 phút đầy bể Nếu vịi thứ chảy khóa lại cho vịi thứ hai chảy

2bể nước Hỏi vòi chảy đầy bể ? Giải

Gọi x h  thời gian người thứ làm xong cơng việc, 36 x 

y h  thời gian người thứ hai làm xong cơng việc, 36

5

y 

Theo đề bài, ta có hệ phương trình:

1

12 36

4 18

2 x x y y x y                 

Vậy làm riêng người thứ làm 12(h); người thứ hai làm 18(h)

Bài 4: (3,5điểm)

Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn Tâm O bán kính R , vẽ tiếp tuyến MA,MB với đường tròn (A,B tiếp điểm ).Vẽ cát tuyến MCD khơng qua tâm O đường trịn ( C nằm M D).Gọi E trung điểm dây CD

a.Chứng minh năm điểm M,A,B,E,O thuộc đường tròn

b.Trong trường hợp OM =2R C trung điểm đoạn thẳng MD Hãy tính độ dài đoạn thẳng MD theo R

a OMA=OME  OMB 900 nên năm điểm M,A,B,E,O thuộc đường tròn

b MC=CD OC vng góc OB ta có

MA MC MD.Mà tam giác MAB có MAB 600 nên ABMAMBR Suy MDR

c CD2 =4CE2 =4AE.BE

Tam giác CAE đồng dạng tam giác BCE Suy CE BE

AE CE

Nên 4CE2 =4AE.BE

Bài 5: (1,0điểm) Cho x,y số thực khác O.Tìm giá trị nhỏ 2

2

3 x y x y A

y x y x

   

      

 

 

giải Ta có

HƯỚNG : 34 34

3 3( )

3 3

A m  m  m   với m x y

y x

  

Min A 34 

m   (vơ lý ) nên khơng có m Hướng : chưa biết x,y âm hay dương nên m x y

y x

  Lúc

2 2

x y

m m m

y x

       

TH1: m 2 ,có minA lại khơng tồn m TH2: m  2 A  10 x=y=-1

ĐỀ SỐ: 57

ĐỀ THI LỚP 10 THANH HÓA 2016 – 2017 Mơn : Tốn

Câu I (2.0 điểm) :

1/ Giải phương trình sau a/ x  6

b/

5

x  x 

2/ Giải hệ phương trình

3 x y x y       

Câu II (2.0 điểm) :

Cho biểu thức 1 :2 1

y y

y y y y

B

y

y y y y

             

(Với y0;y1) a/ Rút gọn B

b/ Tìm số nguyên y đề B có giá trị số nguyên

Câu III (2.0 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = nx +

Parabol (P) y = 2x2

1/ Tìm n để đường thẳng (d) qua điểm B (1 ; 2)

2/ Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt M x y 1; 1  2; 2

N x y Hãy tính giá trị biểu thức S x x1 2y y1 2

Câu IV (3.0 điểm) : Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường trịn đường kính MQ Hai đường

chéo MP NQ cắt E Gọi F điểm thuộc đường thẳng MQ cho EF vuông góc với MQ Đường thẳng PF cắt đường trịn đường kính MQ điểm thứ hai K Gọi L giao điểm NQ PF Chứng minh

1/ Tứ giác PEFQ nội tiếp đường trịn 2/ FM phân giác góc NFK 3/ NQ.LE = NE.LQ

Câu V (1.0 điểm) : Cho m, n, p số dương thỏa mãn 2

2

m  n  p Chứng minh

mn p

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1/ Giải phương trình sau

a/ x  6  x = Vậy phương trình có nghiệm x = b/

5

x  x  ( a = ; b = -5 ; c = 4) Ta có : a + b + c = + (-5) + =

Theo viet phương trình có nghiệm phân biệt: x 1 4 c x a    1.0 Câu I

2/ Giải hệ phương trình

Câu II a/ Rút gọn B

 

2

1

:

1

y y

y y y y

B

y

y y y y

             

(Với y0;y1)

              

1 1

:

1 1

y y y y y y y

B

y y y y y y

                         1 y

y y y y

B

y y y

                 1 y

y y y y

B y y             y y B y y    1 y B y   

Vậy với y0;y1 : 1 y B y    1.0

b/ Tìm số ngun y đề B có giá trị số nguyên

Ta có 1 2

1 1

y y

B

y y y

  

   

  

Để B nguyên

y  nhận giá trị nguyên => y 1 ước TH1 : y 1 = => y = => y = (TMĐK)

TH2 : y 1 = => y = => y = (TMĐK) TH3 : y 1 = -1 => y = => y = (KTMĐK) TH4 : y 1 = -2 => y = -1 => y  

Vậy với y = ; y = B nhận giá trị nguyên

1.0

1/ Tìm n để đường thẳng (d) qua điểm B (1 ; 2)

Vì đường thẳng (d) qua điểm B(1 ; 2) tức x = y = Thay vào ta có

2 = n.1 + => n + = => n = – => n =

Vậy với n = đường thẳng (d) qua điểm B (1 ; 2)

1.0

Câu III

2/ Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt M x y 1; 1 N x y 2; 2 Hãy tính giá trị biểu thức

1 2

Sx x y y

Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol

 1; 1

M x y N x y 2; 2, Theo viet ta có

1 2 ( ) 2

b n n

x x a c x x a                 

Ta có 2 2

1 2 2

S x x  x x x x  x x Thay số vào ta có

2

1 1 1

4

2 2 2

S             

Vậy S 

Câu IV Hình vẽ

4 x 2 L K F E Q P N M

1/ Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn

Xét tứ giác PEFQ có : EFMQ gt( )EFQ90o (1)

Xét đường trịn đường kính MQ, ta có 90o

MPQ  (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay EPQ 90 (2)o

Từ (1) (2) => EFQEPQ180o

=> Tứ giác PEFQ nội tiếp đường trịn đường kính EQ (ĐPCM)

1.0

2/ FM phân giác góc NFK

1

E F (Cùng chắn cung MN) (4b) Từ 1b, 2b, 3b, 4b => F1F2

=> FM phân giác góc NFK (ĐPCM)

3/ NQ.LE = NE.LQ

+ Chứng minh P1P2 (vì Q1)

=> NE PN

LE  PL (Tính chất tia phân giác) (1c)

+ Chứng minh P3P4 (vì phụ với hai góc nhau) => NQ PN

LQ  PL (Tính chất tia phân giác) (2c)

Từ 1c 2c => NE NQ NQ LE NE LQ

LE  LQ   (ĐPCM)

1.0

Câu V Cho m, n, p số dương thỏa mãn 2

2

m  n  p Chứng minh

mn p

Ta có

2 2

2

m  n  p

=>

2 2

2

2

2 2 2

2 9 27 27

2

3 2

3

m n

p

m n

p p m n p m n

  

       

    

Ta cần chứng minh

2 2

27

2

m n m n

 

  

  

  2

2

1 4

2 27

m n

m mn n

 

    

 

Thật Ta có

 2 2

2 2

1 4 4

2 m m n n

m n

m mn n n n m m

 

         

 

 2 2

2 2

1 4 4

2 m m n n

m n

m mn n n n m m

 

         

 

 2 2

2 2 2

1 4 2

2 m n m n m n n

m n

m mn n n m n m n m m

   

   

               

       

Dễ thấy

2 2

2 2

2 2

4 m n 8; m n 4; m n n

n m n m n m m

   

 

        

 

     

=>  2

2

1

2 27

m n

m mn n

 

    

 

Dấu = xảy m = n = Vậy

mn  p Dấu = xảy m = n = p =

ĐỀ SỐ: 59

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2016 – 2017

MƠN THI: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11/6/2016

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)

Bài I (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau: A 2 32

2

  

 Giải phương trình hệ phương trình sau:

a/ x4 5x2   b/ 3x y 5x y   



  

3 Cho phương trình

x 7x  Gọi x5 1, x2 hai nghiệm phương trình, khơng giải phương trình tính giá trị biểu thức 4

1 2

Bx x x x Bài II (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol  P : y 1x2

  đường thẳng  d : ymxm Với m = 1, vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ

2 Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B m thay đổi Xác định m để trung điểm đoạn thẳng AB có hồnh độ Bài III (1,5 điểm)

Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 480m2, giảm chiều dài 5m tăng chiều rộng 4m diện tích tăng 20m2 Tính kích thước khu vườn

Bài IV (2,0 điểm)

Cho đường trịn tâm (O; R) có hai đường kính AB CD Các tia AC AD cắt tiếp tuyến B đường tròn (O) M N

1 Chứng minh: tứ giác CMND nội tiếp đường tròn Chứng minh AC.AM = AD.AN

3 Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngồi đường trịn (O) theo R Biết

BAM45 Bài V (1,0 điểm)

Một hình trụ có bán kính đáy 6cm, diện tích xung quanh

96 cm Tính thể tích hình trụ - HẾT - Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục Đào tạo cho phép Giám thị khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:………

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TS10 – TIỀN GIANG 2016 – 2017 MƠN: TỐN

Bài I (3,0 điểm)

a/

x 5x   b/ 3x y 5x y   



  

Đáp số: a/ x  1;1; 2; 2  b/ x

y       Phương trình

x 7x  Có a = 1; b = 7; c = —5

Theo Vi-ét:

1

1

b

S x x

a c

P x x

a                 

Ta có: Bx x14 2x x1 42 x x1 2x13x23x x1 2x1x2x12x x1 2x22 x x1 2x1x2  x1x223x x1 2     5 7  7 23 5 2240

   

Bài II (2,5 điểm) Parabol  P : y 1x2

4

  ; đường thẳng  d : ymxm Với m = Vẽ Parabol  P : y 1x2

4

  đường thẳng: (d): y = x –

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

x mx m

    (m ≠ 0) ⇔

x 4mx4m 8 

Biệt số  2    

b 4ac 4m 4.1 4m 16m 16m 32 16 m m

             16 m               

> với m

Nên phương trình hồnh độ giao điểm ln có hai nghiệm phân biệt

-11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 x y

y = -1/4.x2 y = x -

A

B I

O

Ta có:

2 A

2 B

b

x 2m m

2a

b

x 2m m

2a

                                                 Với A

x 2m m

2            2 A

y 2m 2m m m

2              Với B

x 2m m

2

 

      

 

2

B

1

y 2m 2m m m

2

 

        

 

Cách 1: (Dùng công thức – tham khảo)

Vì I trung điểm AB nên ta có: A B I

x x 8m

x 2m

2

 

   

Theo đề bài, trung điểm I có hồnh độ nên: 2m 1 Suy ra: m

  (thỏa đk m ≠ 0) Cách 2:

Vì I(xI; yI) ∈ (d) cách hai điểm A, B xI = nên: I I

y mx m ⇔ yI   IA = IB

Ta có: IA2 xA xI2yA yI2 xA 12 yA 22 2

A A A A

x 2x y 4y

     

 2  2  2  2

B I B I B B

IB  x x  y y  x 1  y 2 2

B B B B

x 2x y 4y

     

IAIB ⇔ 2

IA IB ⇔ 2 2

A A A A B B B B

x 2x  1 y 4y 4x 2x  1 y 4y 

⇔ 2 2

A B A B A B A B

x x 2x 2x 4y 4y y y 

⇔ xA xBxA xB2 x A xB4 y A yB  yA yByA yB

⇔ xA xB  xA xB  2 yA yB 4 yA yB 0

⇔    

2

2

1 7

4 m 4m 4m m 4m 2m

2 4

                                      ⇔    2

4 m 4m m

2                     m        

> m2

+ > với m nên có 4m 2   hay m

2

  (thỏa đk m ≠ 0)

+ Ta có:

 

s AB DB AD

ANM s

2



 

đ

đ (góc có đỉnh nằm bên ngồi đường trịn) AD

ACD s

 đ (góc nội tiếp chắn cung AD) + Suy ra: ANMACD

Do tứ giác CMND nội tiếp (vì có góc ngồi đỉnh C góc bên đỉnh đối diên N)

b) Chứng minh AC.AM = AD.AN Xét hai tam giác ADC AMN có:

0

DACMAN90 (góc chung, góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ACDANM(câu a)

Suy ra: ∆ADC ∽ ∆AMN (g – g) ⇒ AD AC

AM AN Từ đó: AC.AM = AD.AN

c) Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngồi đường trịn (O) theo R Khi

BAM45

Khi

BAM45

+ ∆ABM vuông cân B cho BM = AB = 2R Từ đó: SABM BM.BA 2R.2R 2R2

2

  

+ ∆AOC vuông cân O cho AO = OC = R Từ đó:

2 AOC

AO.OC R.R R S

2 2

  

+

BOC90 (góc ngồi O tam giác vng cân AOC) cho: SquạtBOC =

2

R 90 R

360

 

 Diện tích cần tìm:

SABM – (SAOC + SquạtBOC)

=  

2

2

2 R R R

2R

2 4

          (đ.v.d.t) Bài V (1,0 điểm)

Hình trụ: r = 6(cm);  2 xq

S 2 rh 96 cm ⇒ h 48 48 cm 

r

  

Thể tích hình trụ:

 

2

VS.hr h.6 8288 cm

ĐỀ SỐ: 63 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

I TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Trong câu sau câu có lựa chọn Em ghi vào làm chữ in hoa đứng trước lựa chọn (ví dụ câu lựa chọn A viết 1.A)

Câu 1: Đồ thị hàm số y = 2016x 1

A (1;0) B (0;1) C (0;2017) D (1;2015) Câu 2: Điều kiện xác định biểu thức x là:

A x1 B x1 C x > D x <

Câu 3: Cho hình vng ABCD có cạnh a Khi bán kính đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD bằng:

A a B a C 2a D a

Câu 4: Cho tam giác ABC có góc A 600 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, góc BIC bằng:

A 60 B

90 C 120 D 150 II TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 5(2,0điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P  2 2

b) Một hãng taxi quy định giá th xe kilơmét 11 nghìn đồng với 10km 7,5 nghìn đồng với kilômét Hỏi hành khách thuê taxi hãng qng đường dài 18km phải trả nghìn đồng?

Câu 6(2,0điểm)

Cho hệ phương trình mx y 2x my

  



 



với m tham số a) Giải hệ phương trình m =

b) Tìm tất giá trị m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn x + y = Câu 7(3điểm) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp (O) Phân giác góc BAC cắt đường tròn (O) D (Khác A) Trên đoạn OD lấy điểm P (P khác O D) Các đường thẳng qua P tương ứng song song với AB, AC cắt DB, DC M N

a) Chứng minh: MPNBAC điểm P, M, D, N nằm đường tròn b) Chứng minh: tam giác PMN cân P

c) Đường tròn qua điểm P, M, D, N cắt (O) Q D Chứng minh QA phân giác góc MQN

Câu 8(1,0điểm)

Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2y x

  y 2x y

  Tìm GTLN

Câu 7:

E

Q N M

D O A

B C

P J

F

a) MPN EPF BAC (Tứ giác AEPF hbh)

Hoặc giải thích theo tính chất góc có cạnh tương ứng song song Suy tứ giác MPND nội tiếp tổng góc đối 1800

b) PMN PDN JDC (1)

Tương tự: PNM PDM JDB (2)

Vì D điểm cung BC nhỏ nên J điểm cung BC lớn Nên từ suy đpcm

c) Từ b) suy QP phân giác góc MQN Ta cm Q, P, A thẳng hàng

Ta có: NPQNDQCDQCAQ Mà PN//AC nên suy A, P, Q thẳng hàng Suy đpcm

Câu 8:

Ta có: x 2y x2 4xy 4y2 x3 4x y2 4xy2 1

x x

          (1)

Tương tự suy ra: y34xy24x y2 1

(2) Cộng vế suy ra: x3y32 (3)

Lại có (BĐT Cơ Si): x3x3 1 3x2

(4) 2y3  2 2 6y

(5) Cộng vế và kết hợp với được:

2