ĐỀ đáp án TOÁN vào 10 các TỈNH 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC Câu ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017– 2018 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: năm 2017 (3,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x  12 x  27 b) x  x  20  2 x  y  c)  x  y  Câu (1,5điểm) Cho hàm số y   x có đồ thị parabol ( P) a) Vẽ đồ thị ( P) hàm số cho b) Tìm tọa độ giao điểm ( P) đường thẳng (d ) : 2 x  phép tính Câu (1,5điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x : x  (4m  1) x  2m   ( m tham số) a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với tham số m b) Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 phương trình cho thỏa mãn điều kiện x1  x2  17 Câu (3,0 điểm) Cho điểm C thuộc nửa đường trịn đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax nửa đường trịn ( Ax nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB chứa nửa đường trịn) Tia phân giác góc CAx cắt nửa đường tròn D Kéo dài AD BC cắt E Kẻ EH vng góc với Ax H a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ABD  BDC c) Chứng minh tam giác ABE cân d) Tia BD cắt AC Ax F K Chứng minh AKEF hình thoi Câu (1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà tỉnh Bình Thuận tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để định hướng cho tàu thuyền giao thông khu vực vào ban đêm Đây hải đăng xem cổ xưa cao Việt Nam, chiều cao đèn so với mặt nước biển 65 m Hỏi a) Một người quan sát đứng vị trí đèn hải đăng nhìn xa tối đa m mặt biển b) Cách bao xa người quan sát đứng tàu bắt đầu trông thấy đèn biết mắt người quan sát đứng tàu có độ cao m so với mặt nước biển (Cho biết bán kính Trái đất gần 6400 km điều kiện quan sát biển không bị che khuất) HẾT -1 STT 01 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Câu (3,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x  12 x  27 b) x  x  20  2 x  y  c)  x  y  Lời giải a) 3x  12 x  27  3x  3x  3  3x  3  x  Vậy S  1 b) x  x  20   1  81 4  x1    12  4.1.(20)  81  Phương trình có hai nghiệm phân biệt   1  81  5  x2   Vậy S  5; 4 2 x  y  2 x  y  5 x  10 x  x      c)  x  y  3 x  y  2 x  y  2.2  y  y 1 Câu (1,5điểm) Cho hàm số y   x có đồ thị parabol ( P) a) Vẽ đồ thị ( P) hàm số cho b) Tìm tọa độ giao điểm ( P) đường thẳng (d ) : 2 x  phép tính a) Bảng giá trị: x y   x2 Lời giải 2 4 1 1 0 1 4 b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( P) ( d ) :  x  2 x   x  x    ( x  1)2   x   y  12  1 Vậy tọa độ giao điểm A(1; 1) Câu (1,5điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x : x  (4m  1) x  2m   ( m tham số) a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với tham số m b) Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 phương trình cho thỏa mãn điều kiện x1  x2  17 Lời giải a) Ta có   (4m  1)  4.1.(2m  8)  16m  33  với giá trị m Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với tham số m 2 b) Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với tham số m nên theo định lí Vi-et: b   x1  x2  a  4m    x x  c  2m   a Ta có: x1  x2  17  ( x1  x2 )  289  x12  x22  x1 x2  289  ( x1  x2 )  x1 x2  289 m   (4m  1)  4(2m  8)  289  16m  256     m  4 Vậy m  4 thỏa mãn yêu cầu toán Câu (3,0 điểm) Cho điểm C thuộc nửa đường trịn đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax nửa đường trịn ( Ax nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB chứa nửa đường tròn) Tia phân giác góc CAx cắt nửa đường trịn D Kéo dài AD BC cắt E Kẻ EH vng góc với Ax H a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ABD  BDC c) Chứng minh tam giác ABE cân d) Tia BD cắt AC Ax F K Chứng minh AKEF hình thoi Lời giải x H E C K D F A B a) Ta có ACB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Suy ACE  90o (kề bù) Xét tứ giác AHEC ta có: ACE  AHE  90o , suy tứ giác AHEC nội tiếp đường trịn đường kính AE (tổng hai góc đối diện 180o ) ■ b) Ta có ABCD nội tiếp nên BDC  DAC (1) (cùng nhìn cạnh DC ) Lại có: ABD  AD (góc nội tiếp) DAx  Suy Mà Suy AD (góc tạo tiếp tuyến dây cung) ABD  DAx DAx  DAC (do AD phân giác) ABD  DAC (2) Từ (1) (2) suy ABD  BDC ■ c) Xét DAB DEB có: ADB  EDB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù) BD chung ABD  BDC (cmt)  DAB  DEB (g-c-g)  BA  BE (tương ứng)  ABE cân B ■ d) Theo câu c) DAB  DEB  DA  DE  D trung điểm AE Xét DAF DAK có: ADF  ADK  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù) (3) AD chung DAF  DAK (do AD phân giác)  DAF  DAK (g-c-g)  DK  DF (tương ứng) (4)  D trung điểm KF Từ (3) (4) ta có AKEF hình bình hành (tứ giác có đường chéo cắt trung điểm đường) Mà AE  KF  AKEF hình thoi ■ Câu (1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà tỉnh Bình Thuận tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để định hướng cho tàu thuyền giao thông khu vực vào ban đêm Đây hải đăng xem cổ xưa cao Việt Nam, chiều cao đèn so với mặt nước biển 65 m Hỏi a) Một người quan sát đứng vị trí đèn hải đăng nhìn xa tối đa m mặt biển b) Cách bao xa người quan sát đứng tàu bắt đầu trông thấy đèn biết mắt người quan sát đứng tàu có độ cao m so với mặt nước biển (Cho biết bán kính Trái đất gần 6400 km điều kiện quan sát biển không bị che khuất) Lời giải AB tháp CD độ cao người đứng tàu M AM khoảng cách tối đa mà người đứng hải đăng nhìn thấy C B a) Xét AMB ANM có: D A chung AMB  ANM (cùng chắn cung MB ) Suy AMB # ANM (g-g) AM AB   AN AM N  AM  AB AN  65.(65  2.6400)  832004225  AM  28,8 km Vậy người quan sát đứng vị trí đèn hải đăng nhìn xa tối đa 28,8 km ■ b) Tương tự ta có CDM # CME (g-g) CD CM   CM CE  CM  CD.CE  5.(5  2.6400000)  64000025  CM  km Vậy khoảng cách tối đa là: CM  MA  36,8 km ■ O Người giải đề: Nguyễn Hoàng Hảo; fb: https://www.facebook.com/hao.nguyenhoang.52 Người phản biện: Phương Văn Mai E A SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÀ RỊA - VŨNG TÀU ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017– 2018 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: năm 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x - 3x+ = x - y = b) Giải hệ phương trình:  3x - 2y = c) Rút gọn biểu thức A = 3x 9x + - 4x x  x > 0 Câu Cho hàm số y  x ( P) y  x – m (d ) a) Vẽ đồ thị (P) b) Tìm tất giá trị m để (P) (d) có điểm chung Câu (1,0 điểm) 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 Câu (3,0 điểm) 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 vng góc với AM K a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CHK  CBM c) Gọi N giao điểm AM CH Tính theo R giá trị biểu thức P  AM AN  BC Câu (1,0 điểm) x  x - 12x - 12  a) Giải phương trình: 6. x =  + x+1  x+  b) Cho a, b hai số thực tùy ý cho phương trình x  4ax  b2   có nghiệm x1 , x2 Tìm  2b( x1  x2 ) GTNN biểu thức: P  ( x1  x2 )2  b( x1  x2 )  8x1 x2  a2 Câu (0,5 điểm) Cho ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O ) Hai tiếp tuyến đường tròn (O ) B , C cắt D , OD cắt BC E Qua D vẽ đường thẳng song song với AB , đường thẳng cắt AC K , đường thẳng OK cắt AB F Tính tỉ số diện tích SABF SABC Câu STT 02 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2017-2018 (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x - 3x+ = x - y = b) Giải hệ phương trình  3x - 2y = c) Rút gọn biểu thức A = 3x 9x + - 4x x  x > 0 Lời giải: a) Cách 1: Do 1+(-3)+2 = nên phương trình cho có hai nghiệm x1 = 1; x2 = Cách 2: Δ= (-3)2 - 4.2 =  Δ = Phương trình cho có hai nghiệm x1 = -(-3)- -(-3)+1 = 1; x2 = = 2 2x - y = 7x = 14 x = x =    b)  3x+ 2y = 2x - y = 4 - y = y = 3x 9x c) A = + - 4x = x  x x + x - x = x + x - x = x Câu Cho hàm số y  x ( P) y  x – m (d ) a) Vẽ đồ thị (P) b) Tìm tất giá trị m để (P) (d) có điểm chung Lời giải: a) Bảng giá trị x -2 -1 y  x2 1 Đồ thị: b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x = 2x - m  x - 2x+ m = 0(*) (P) (d) có điểm chung  (*) có nghiệm   '    m   m  Câu (1,0 điểm) 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 cơng nhân? Biết suất làm việc người Lời giải: x Gọi số công nhân ban đầu xưởng (điều kiện x  N * ) 300 giỏ Khi đó, theo dự định cơng nhân phải làm x Sau xưởng bổ sung thêm công nhân số giỏ người phải làm Theo đề ta có phương trình: 300 x+5 300 300 =  300(x+5 - x)= 3x(x+5) x x+5  x = 20  x(x+ 5)= 500  x + 5x - 500 =    x = -25 Kiểm tra điều kiện ta chọn x = 20 Vậy lúc dự định xưởng có 20 cơng nhân Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn  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 vng góc với AM K a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CHK  CBM Lời giải: M C N A H K O B Gọi N giao điểm AM CH Tính theo R giá trị biểu thức P  AM AN  BC Ta có CHA  CKA  900  Tứ giác ACKH nội tiếp đường trịn đường kính AC CHK  CAK  CAM (do tứ giác ACKH nội tiếp) Mà CAM  CBM (cùng chắn cung CM ) Vậy CHK  CBM Ta có ACN = ABC (= 900 - HCB ); ABC = AMC  ACN = AMC Do ACN AMC (g.g)  AN AC =  AM.AN = AC AC AM C thuộc nửa đường trịn đường kính AB nên tam giác ABC vng C ,  AC2  BC2  AB2 Vậy P  AM.AN  BC2  AB2  4R Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: x  x - 12x - 12  6. x =  + x+1  x+  b) Cho a, b hai số thực tùy ý cho phương trình x  4ax  b2   có nghiệm x1 , x2 Tìm GTNN biểu thức: P  ( x1  x2 )2  b( x1  x2 )  8x1 x2   2b( x1  x2 ) a2 Lời giải: a) Điều kiện x   x2  x2 Phương trình     12    x 1  x 1 Đặt: t = x2 x+1  t1 =  Phương trình trở thành 6t +t - 12 =   t = -  x  x2   3x  4x     Với t  ta x   x 1 3  Với t   x2 3 ta    2x  3x   (vô nghiệm) x 1 2  2  Vậy phương trình cho có tập nghiệm: S  2;   3 b) Điều kiện a  Phương trình cho có nghiệm t     '   a  b2  2  x1 + x2 = -a  Theo hệ thức Vi-et, ta được:  -b + x x =   Ta có: P = (x1 + x2 )2 +b(x1 + x2 )- 8x1 x2 + 1+2b(x1 + x2 ) 1- 2ab = a - ab+2b - 4+ a a2 1- 2ab  1 2   1 =  a - ab+b  +  b +  - =  a+b  +  a - b  +  b -  - 4³  a +b  - 4³ - a 2 a     2 a = b  a = b = 1  Đẳng thức xảy b =   a  a = b = -1  a +b =  Vậy MinP = -3 Câu (0,5 điểm) Cho ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O) Hai tiếp tuyến đường tròn (O ) B , C cắt D OD cắt BC E Qua D vẽ đường thẳng song song với AB , đường thẳng cắt AC K đường thẳng OK cắt AB F Tính tỉ số diện tích SABF SABC Lời giải: A F B O K C E D Ta có BAC  DBC (cùng chắn BC ), BAC  DKC (đồng vị)  DBC  DKC  DBKC nội tiếp Mà: OBD  OCD  900 nên điểm B, C, D thuộc đường trịn đường kính OD  K thuộc đường trịn đường kính OD  OK  KD  OK  AB  F trung điểm AB Do OB  OC , DB  DC  OD trung trực BC  E trung điểm BC Hai tam giác BEF BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng 10 S 1  ΔBEF = S ΔABC https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/  x1  x2   m   1 Theo hệ thức Vi-et ta có:   2  x1 x2  6m  Theo giả thiết, giả sử: x1  x2  3  m  2  x1    x  x   m  2   Từ 1  3 ta có:     x1  x2  x   m  2    4 Thay   vào   ta được: m   m  2  m  2  6m   4m  11m     4m   m  1    m  3  2) Tìm tất giá trị m số nguyên khác 1 cho giao điểm đồ thị hai hàm số y   m   x y  x  m2  có tọa độ số nguyên Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị: m2  2 (với m  1 )            m 1 m x x m m x m x 2     m 1 m 1 Do x    m  1  m  1 1; 3  m  4; 2;0; 2 x  +) Với m  :  (Thỏa mãn) y   x  6 +) Với m  2 :  (Thỏa mãn) y   x  6 +) Với m  4 :  (Thỏa mãn)  y  12 x  +) Với m  :  (Thỏa mãn) y  Vậy m  4; 2;0;2  thỏa mãn yêu cầu toán Câu (3,5 điểm) Lời giải 62 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 1) Chứng minh tứ giác OMHQ nội tiếp OHM  90  OH  d  ; OQM  90 ( MQ tiếp tuyến  O  Q ) Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp 2) Chứng minh OMH  OIP OP  OQ  R ; MP  MQ ( MP ; MQ hai tiếp tuyến  O  )  OM trung trực PQ  OM  PQ  OKI  90 Do đó: OIP  HOM  90 OMH  HOM  90  OMH  OIP (đpcm) 3) Chứng minh điểm M di chuyển đường thẳng d điểm I ln cố định Xét OIK OMH có: OIK  OMH (cmt) OKI  OHM  90 OI OK  OIK đồng dạng với OMH (g-g)    OI OH  OK OM OM OH Mặt khác: OPM vng P có PK  OM  OK OM  OP  R   1 Từ 1   suy OI OH  R (không đổi) Mà O d cố định nên OH không đổi  OI không đổi Vậy điểm I cố định  I  OH  4) Biết OH  R , tính IP.IQ R2 R2 R   OH R 2 R R  IH  OH  OI  R   2 Ta có: OI OH  R  OI  Lại có: OHM  OQM  OPM  90 (theo gt)  M ; P ; O ; Q H thuộc đường trịn đường kính OM Xét OIP QIH có: OIP  QIH (đối đỉnh) OPI  QHI (góc nội tiếp chắnc ung OQ )  OIP đồng dạng với QIH (g-g)  IP IH R2   IP.IQ  OI IH  OI IQ Câu (1,0 điểm)  x; y  Với  ta có:  x  y   xy   x  y   xy  Đặt t  x  y ; t  Khi đó: M  x  y   t  t  2t  3   x  y   xy   t2    x  y 1 x  y 1 t 1 t 1  t    t  3t  1   t  1  t    t  3t  1 t 1  t 1   (Vì t  ) x  y   x  y 1 Vậy M   t     xy  63 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Đề gổm trang, có câu) Câu (2,25 điểm) 1) Giải phương trình x  x  20  7x  3y = 2) Giải hệ phương trình:  4x  y =5 3) Giải phương trình x  x   Câu (2,25 điểm) Cho hai hàm số y   x y  x  có đồ thị (P) (d) 1) Vẽ hai đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ 2) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị (P) (d) Câu (1,75 điểm)  a 2 a 2     1) Cho a > a  Rút gọn biểu thức T     a   a    a   a 2 2) Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở, biết số hàng xe chở dự định nhau, thực Câu 4: (0,75 điểm) Tìm giá trị tham số thực m để phương trình: x2 + (2m – 1)x + m2 – = phân biệt x1, x2 cho biểu thức P = (x1)2 + (x2)2 đạt giá trị nhỏ có hai nghiệm Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt H Biết ba góc CAB, ABC , BCA góc nhọn Gọi M trung điểm đoạn AH 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC Chứng minh DIJ  DFC HẾT 64 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Hướng dẫn giải (Nguyễn Thành Tâm) THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu (2,25 điểm) 1) Giải phương trình x  x  20  (Đáp số: x1 = 5; x2 = 4) 7x  3y =  x 1 (Đáp số:  ) 2) Giải hệ phương trình:   y 1 4x  y =5 3) Giải phương trình x  x   (Đáp số: x1 = ; x2 =  ) Câu (2,25 điểm) Cho hai hàm số y   x y  x  có đồ thị (P) (d) 1) Vẽ hai đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ 2) Tọa độ giao điểm hai đồ thị (P) (d) là: M(2; –2) N(–4; –8) Câu (1,75 điểm) 1) Cho a > a  Rút gọn biểu thức  a 2  a 2    T     a   a 2   a   a 2  a 2  a 2    a       a  a    a      a 4 a 4a 4 a 4   a4        a   a  8 a  8 a        2) Gọi x số hàng xe ban đầu dự định chở (x nguyên dương, x > 1) + Số hàng xe lúc sau chở: x – (tấn) + Số xe dự định ban đầu: + Số xe lúc sau: 120 (xe) x 120 (xe) x 1 120 120 – = (x  0; x  – 0,5) x x 1  x2 – x – 30 = Theo đề ta có phương trình: Giải được: x1 = (nhận); x2 = –5 (loại) Vậy số hàng xe ban đầu dự định chở là: 6(tấn) Câu 4: (0,75 điểm) Để phương trình: x2 + (2m – 1)x + m2 – = có hai nghiệm phân biệt x1, x2    m  Ta có: x1 + x2 = –(2m – 1) x1.x2 = m2 – 65 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Nên P = (x1)2 + (x2)2 = (x1 + x2)2 – 2x1.x2 = [–(2m – 1)]2 – 2(m2 – 1) = 2(m – 1)2 +  Pmin = m = < (nhận) Câu 5: (3,0 điểm) 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn Chứng minh: AFH  900 ; AEH  900 Nên AFH  AEH  900  900 1800 Suy tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn (tổng hai góc đối diện 1800) 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB ΔADC (g-g) Chứng minh ΔBEC  CE CB   CE.CA  CD.CB CD CA 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn (O) đường kính BC Suy đường trịn (O) đường tròn ngoại tiếp ΔBEF Áp dụng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, chứng minh: OEB  OBE  MEH  BHD  MHE  Mà BHD + OBE  900 ( ΔHDB vuông D) Nên OEB + MEH  900 Suy MEO  900  EM  OE E thuộc (O)  EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC Chứng minh DIJ  DFC ΔDEC ( ΔABC ) Chứng minh ΔDBF  BDF  EDC  BDI  IDF  EDJ  JDC  IDJ  FDC Kết hợp áp dụng tỉ số bán kính tỉ số đồng dạng, chứng minh được: ΔIDJ ΔFDC (c-g-c) Suy DIJ  DFC 66 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: x  y  a) [9D3-1] Giải hệ phương trình   x  y  4  x x   b) [9D1-2] Rút gọn biểu thức P   với x  , x   x   x    x  x    Câu 2: a) [8D1-2] Phân tích x  xy  y  x  y thành nhân tử với x , y số khơng âm b) [9D2-2] Tìm tất giá trị m để hàm số y   m  m  2017  x  2018 đồng biến Câu 3: a) [9D4-3] Một tổ công nhân may lập kế hoạch may 60 quần áo Khi thực hiện, ngày tổ may nhiều kế hoạch nên hồn thành cơng việc kế hoạch ngày Biết số quần áo may ngày Hỏi tổ cơng nhân may lập kế hoạch để hồn thành cơng việc ngày? b) [9D4-2] Tìm tất giá trị m để phương trình x  x  m   có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  x1 x2  x12 x22  14  Câu 4: Cho đường tròn  O  có AB dây cung cố định khơng qua O Từ điểm M cung lớn AB ( M không trùng A B ) kẻ dây cung MN vng góc với AB H Gọi MQ đường cao tam giác AMN ( Q thuộc AN ) a) [9H3-1] Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn b) [9H3-3] Gọi I giao điểm AB MQ Chứng minh tam giác IBM cân c) [9H3-3] Kẻ MP vuông góc với BN P Xác định vị trí M cho MQ AN  MP.BN đạt giá trị lớn Câu 5: [6D1-4] Tìm chữ số a , b , c biết abc  ac  2.cb  bc 67 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: x  y  a) [9D3-1] Giải hệ phương trình   x  y  4  x x   b) [9D1-2] Rút gọn biểu thức P   x      với x  , x   x 1 x    x  Lời giải  x  y  x   y  x  1 x   y a) Ta có      y  y   x  y    y   y  10        Đ/s:  x; y    1;  b) Với x  , x  , ta có P x   x 1  x   x 1   x  x 1 x  x  x  x x 1 2x   2 x x 1 x x x x 1  Vậy với x  , x  P  x Câu 2: a) [8D1-2] Phân tích x  xy  y  x  y thành nhân tử với x , y số không âm b) [9D2-2] Tìm tất giá trị m để hàm số y   m  m  2017  x  2018 đồng biến Lời giải a) Với x, y  ta có x  xy  y  x  y 5 x     x  y 3 y     x 2 y   x 2 y  x  y x  y 1 Vậy với x, y  x  xy  y  x  y     x  y x  y 1  8067  b) Ta có m2  m  2017   m     0, m  2  Do hàm số y   m  m  2017  x  2018 đồng biến với m  Đ/s: m Câu 3: a) [9D4-3] Một tổ công nhân may lập kế hoạch may 60 quần áo Khi thực hiện, ngày tổ may nhiều kế hoạch nên hồn thành cơng việc kế hoạch ngày Biết số quần áo may ngày Hỏi tổ công nhân may lập kế hoạch để hồn thành cơng việc ngày? b) [9D4-2] Tìm tất giá trị m để phương trình x  x  m   có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  x1 x2  x12 x22  14  Gọi y Lời giải số ngày mà tổ công nhân may lập kế hoạch để hồn thành cơng việc x   y   số quần áo mà tổ công nhân may lập kế hoạch để hồn thành cơng việc a) Gọi x * * Theo kế hoạch, tổ công nhân may 60 quần áo nên xy  60 Số ngày may thực tế x  Số quần áo may thực tế y  Theo đề bài, ta có  x  1 y    60  xy  x  y  62 68 1 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Kết hợp với 1 ta 60  x  y  62  y  x  Thế vào 1 ta x  x    60  x  x  30  x   x  x     x      x   x       x  5 Mà x  *  x  thỏa mãn  y  10 (thỏa mãn y  * ) Vậy tổ cơng nhân may lập kế hoạch để hồn thành công việc ngày b) x  x  m   1 1 1 phương trình bậc hai có     m  1   m  * có hai nghiệm x1 , x2      m   m   x1  x2  Khi theo hệ thức Viet ta có   x1 x2  m   2 Biến đổi x12  x22  x1 x2  x12 x22  14    x1  x2   3x1 x2  x12 x22  14  Kết hợp với   ta 22   m  1   m  1  14   m  1  m2  5m    m  m  1   m  1    m  1 m      m  Kết hợp với * ta m  1 thỏa mãn Đ/s: m  1 Câu 4: Cho đường tròn  O  có AB dây cung cố định khơng qua O Từ điểm M cung lớn AB ( M không trùng A B ) kẻ dây cung MN vng góc với AB H Gọi MQ đường cao tam giác AMN ( Q thuộc AN ) a) [9H3-1] Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn b) [9H3-3] Gọi I giao điểm AB MQ Chứng minh tam giác IBM cân c) [9H3-3] Kẻ MP vuông góc với BN P Xác định vị trí M cho MQ AN  MP.BN đạt giá trị lớn Lời giải M P O H I B A Q N  AH  MH  AHM  90  AHM  AQM (Cùng 90 ) a) Theo đề bài, ta có   AQ  MQ  AQM  90  Tứ giác AMHQ nội tiếp (Bài tốn quỹ tích cung chứa góc) 69 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ b) Theo ý a) tứ giác AMHQ nội tiếp  HMI  HAN (Hai góc nội tiếp chắn cung nhau) Tứ giác AMBN nội tiếp  HMB  HAN (Hai góc nội tiếp chắn cung nhau)  HMI  HMB (Cùng HAN ) Mà MH MI MB  MH phân giác IMB Tam giác MIB có MH vừa đường cao, vừa phân giác nên MIB cân M Vậy tam giác IBM cân c) Ta có MQ AN  MP.BN  2SMAN  2S MBN  2S AMBN  AB.MN Mà MN  2R (Trong dây đường trịn, dây lớn đường kính)  MQ AN  MP.BN  AB.R (không đổi) Dấu "  " xảy  M điểm cung lớn AB Vậy MQ AN  MP.BN lớn AB.R , đạt M điểm cung lớn AB Câu 5: [6D1-4] Tìm chữ số a , b , c biết abc  ac  2.cb  bc Lời giải 1  a   Điều kiện 0  b, c   * a, b, c   Ta có abc  ac  2.cb  bc  100a  10b  c   10a  c   10c  b   10b  c  a   90a  2b  21c  90a  2.9  21.9  a  2,3   a  1 không thỏa mãn * + TH1 a   2b  21c    2b  21c   b   b   c  21  b0c  + TH2 a   2b  21c    2b  21c   b   21  b   c  Kết hợp với * ta a  , b  , c  thỏa mãn Vậy a  , b  , c  70 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: a) Giải phương trình: x2  x   2 x  y  b) Giải hệ phương trình  x  3y  Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  có phương trình y   d  : y  x  m  x2 đường thẳng a) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol  P  biết điểm M có tung độ 8 b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt A, B với A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  cho  x1  y1  x2  y2   33 Câu 3: Rút gọn biểu thức A  12  75     x 1   Cho biểu thức B     với  x   x    x   x 1 Rút gọn biểu thức B tìm x nguyên dương khác để B  Câu 4: Cho đường tròn  O  , từ điểm M nằm ngồi đường trịn  O  kẻ hai tiếp tuyến MA MB đường tròn ( A, B hai tiếp điểm) Kẻ đường kính BE đường tròn  O  Gọi F giao điểm thứ hai đường thẳng ME đường tròn  O  Đường thẳng AF cắt MO Câu 5: điểm N Gọi H giao điểm MO AB Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn Chứng minh AE //MO Chứng minh MN  NF NA Chứng minh MN  NH Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  c  a Tìm giá trị nhỏ biểu thức P    2  a  1  b  1  c  1 71 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ STT 23 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: a) Giải phương trình: x2  x   2 x  y  b) Giải hệ phương trình  x  3y  a) Ta có x  4x     x  1 x  3  Lời giải x   x 1    x  x   Vậy tập nghiệm phương trình S  1;3 b) Ta có x  2 x  y     1 x 1 x  3y   y    2 Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    7; 2  Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  có phương trình y   d  : y  x  m  x2 đường thẳng a) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol  P  biết điểm M có tung độ 8 b) Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt A, B với A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  cho  x1  y1  x2  y2   33 Lời giải  x2  8  x  16  x  4 Vậy tìm hai điểm M  4; 8  a) Với y  8  b) Phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  là:  x2  x  m  x  x  2m     2m Để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt     2m   m  x   x2  2 Theo định lý Viet ta có   x1.x2  2m  y1  x1  m Lại có   y2  x2  m Từ  x1  y1  x2  y2   33 72 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 33   x1  x1  m  x2  x2  m   33   x1  m  x2  m   33  x1 x2  2m  x1  x2   m2  33  8m  4m  m2  33  m2  4m    m   L    m  11 TM   11 Vậy m  Câu 3: Rút gọn biểu thức A  12  75     x 1   Cho biểu thức B     với  x   x    x   x 1 Rút gọn biểu thức B tìm x nguyên dương khác để B  Lời giải Ta có A  12  75      2      3    Vậy A  Ta có   x 1    B   x    x   x 1 x 1 x 1 x 1 B x x 1 x 1  B B   x  x 1   x 1 x 1 x x 1 1    x    x   x  x 1 Vì x , x   x 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 B Câu 4: Cho đường tròn  O  , từ điểm M nằm ngồi đường trịn  O  kẻ hai tiếp tuyến MA MB đường tròn ( A, B hai tiếp điểm) Kẻ đường kính BE đường tròn  O  Gọi F giao điểm thứ hai đường thẳng ME đường tròn  O  Đường thẳng AF cắt MO điểm N Gọi H giao điểm MO AB Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 73 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Chứng minh AE //MO Chứng minh MN  NF NA Chứng minh MN  NH Lời giải A 1 E F 1 M O H N B Ta có MAO  MBO  90  MAO  MBO  180 Mà hai góc đối nên tứ giác MAOB nội tiếp Ta có tam giác AOE cân O nên AEO  OAE Ta lại có AEO  MAB  sd AB  AOM 1  2 Từ 1   suy AEO  AOM  AE //OM Xét hao tam giác MNF ANM có: MNF  ANM FMN  AEF  MAN (góc so le trong, góc tạo tia tiếp tuyến dây dung)  MNF ∽ ANM (g.g)  NA MN  NM  NF NA  MN NF Ta có MA  MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA  OB  R  MO đường trung trực AB  AH  MO HA  HB MAF MEA có: AME chung A1  E1  MAF ∽ MEA (g.g)  MA MF  MA2  MF ME  ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO , ta có MA2  HO.MH Do ME.MF  MH MO  ME MO  MH MF 74 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/  MFH ∽ MOE (c.g.c)  H1  E2 Vì BAE góc vng nội tiếp  O  nên E, O, B thẳng hàng    E2  A2   sd EB     H1  A2  N1  H1  N1  A2  90  HF  NA Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông NHA ta có NH  NF NA  NM  NH  MN  NH Câu 5: Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  c  a Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   a  1   b  1   c  1 Lời giải Cách 1: Theo đề ab  bc  ca  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1  ab  bc  ac  3 a 2b 2c  abc  1, a  b  c  2   ab  bc  ac    a  b  c  3, Từ 1    a  b  c  3abc Đặt x  1 ; y ; z   x, y, z  0; z  x  a 1 b 1 c 1  P  x  y  3z  x  z  y  z   x  y  z   P   x  y  z    xy  yz  xz   * Ta tìm giá trị nhỏ xy  yz  xz xy  yz  xz     a  1 b  1  c  1 b  1  a  1 c  1  xy  yz  xz  abc3 abc3   a  1 b  1 c  1 abc  a  b  c   xy  yz  xz   a  b  c  3 abc3  abc  a  b  c  3abc   a  b  c   12  xy  yz  xz   a  b  c  3  a  b  c  3   3abc   a  b  c   12  a  b  c    a  b  c   12 3  P   Dấu xảy x  y  z  a  b  c  75 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Vậy giá trị nhỏ P  Cách 2: Vì a  c  P  P  a  1   b  1  a  1    c  1 2  b  1   c  1   a  1   b  1   c  1 Ta chứng minh đẳng thức với x, y không âm  x  1   y  1  1  xy  1  xy   x  y  x  y     xy  x  y  1   1  xy   x  y  xy  xy  x  y     xy  x  y  1   1  xy  x  y   1  xy  xy  x  y  1   xy  x  y  1  2  1  xy  x  y    xy  x  y  1 xy  x  y  1   xy  x  y    x  y    xy  1   x  y   2 2  xy  x  y    xy  1  2 Luôn đúng, dấu "  " xảy x  y  P P  a  1    a  1 2    b  1  b  1  c  1    b  1  a  1  c  1   2    b  1  a  1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số khơng âm ta có 1 1 1   9     x y z x yz x y z  x  y  z P 1 9       ab  bc  ac  ab  bc  ac Vậy GTNN P  a  b  c  76  c  1   a  1 1    ab  bc  ac   a  1 ... án HSG -Toán- 7-Hồ-Khắc-Vũ 200 -đề- đáp án HSG -Toán- 8-Hồ-Khắc-Vũ 20 đề đáp án HSG Toán năm 2013-2016 20 đề đáp án HSG Toán năm 2016 -2017 45 đề đáp án HSG Toán 99 đề đáp án HSG Toán 22 đề đáp án HSG... án HSG -Toán- 7-Hồ-Khắc-Vũ 200 -đề- đáp án HSG -Toán- 8-Hồ-Khắc-Vũ 20 đề đáp án HSG Toán năm 2013-2016 20 đề đáp án HSG Toán năm 2016 -2017 45 đề đáp án HSG Toán 99 đề đáp án HSG Toán 22 đề đáp án HSG... 200 -đề- đáp án HSG -Toán- 8-Hồ-Khắc-Vũ 20 đề đáp án HSG Toán năm 2013-2016 20 đề đáp án HSG Toán năm 2016 -2017 45 đề đáp án HSG Toán 99 đề đáp án HSG Toán 22 đề đáp án HSG Chuyên Tốn 50 ĐỀ ĐA VÀO 10 CHUN