BỘ 2 19 đề đa vào 10 các TỈNH 2017 2018

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI NỘI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 09 tháng năm 2017 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x 2 x 5 B  x 5  20  x với x  ; x # 25 x  25 1) Tính giá trị biểu thức A x  2) Chứng minh B  x 5 3) Tìm tất giá trị x để A  B x  Bài 2: Bài 3: (2,0 điểm)Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một xe ô tô xe máy khởi hành từ A để đến B với vận tốc xe khơng đổi tồn qng đường AB dài 120km Do vận tốc xe ô tô lớn vận tốc xe máy 10km/h nên xe ô tô đến B sớm xe máy 36 phút Tính vận tốc xe (2,0 điểm)  x 2 y 1   1) Giải hệ phương trình  x y      a) Chứng minh đường thẳng d  qua điểm A  0;  với giá trị m b) Tìm tất giá trị m để đường thẳng d  cắt parabol  P  : y  x hai điểm phân 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y  mx  biệt có hồnh độ x 1, x (với x  x ) cho x  x Bài 4:   (3,5 điểm) Cho đường tròn O ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N điểm cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây MN cắt cạnh AB BC điểm H K 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB  NK NM 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi 4) Gọi P , Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK   E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường tròn O Chứng minh ba điểm Bài 5: D, E , K thẳng hàng (0,5 điểm) Cho số thực a, b, c thay đổi thỏa mãn: a  1, b  1, c  ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  a  b  c https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Bài Phần 1) 2) Nội dung Khi x = thì: A  3   5 35 B 20  x   x  25 x 5  x  15  20  x  x 5  x 5 Điểm 0.5  x  5  20  x  x  5 x  5 x 5    x 5  x 5   x 5 0.75 với x  0, x  25 x 5 Với x  0, x  25 , ta có: A  B x  Vậy B  Bài I (2,0đ)  x 2  x 5  x4 x 5  x 2 x4  x 2 3) 1  x 2 x 2   x   0  x 2 0.75  x  1   x   1 x  (thỏa mãn điều kiện)  x   Vậy x  9;1 giá trị cần tìm Đổi 36 phút = Gọi vận tốc xe máy x (km/h) (x > 0)  Vận tốc ô tô x + 10 (km/h) 120 (giờ) x 120 (giờ) Thời gian ô tô từ A đến B x  10 120 120 Ta có phương trình:   x x  10 Thời gian xe máy từ A đến B Bài II (2,0đ) Giải phương trình được: x1 = 40 (thỏa mãn điều kiện) x2 = – 50 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc xe máy 40 km/h, vận tốc ô tô 40 + 10 = 50 (km/h) 2.0 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ ĐK: x  0, y  1)  x  y    x  y   9 x        x  y   4 x  y   8 x  y    x   x 1  x  (thỏa mãn điều kiện)     y   y     1  y   0.75 Vậy nghiệm hệ phương trình (1; 5) Bài III (2,0đ) 2a) 2b) Thay x = 0, y = vào phương trình y = mx + 5, ta được:  m.0    (đúng với m) Vậy đường thẳng (d) qua điểm A(0; 5) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x  mx   x  mx   (*) Vì ac = – < nên phương trình (*) ln có hai nghiệm trái dấu  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, với x1   x (do x1  x ) Mà x1  x nên: x1  x   m  (theo hệ thức Vi-ét) 0.5 0.75 Vậy m < giá trị cần tìm A M H B O I 1 K 0.25 C N Bài IV (3,5đ) Ta có N1 ,C1 góc nội tiếp chắn cung nhỏ MA, MB 1) Mà MA  MB (GT)  N1  C1  Bốn điểm C, N, K, I thuộc đường trịn (theo tốn cung chứa góc) 0.75 Ta có B1 , M1 góc nội tiếp chắn cung nhỏ NC, NB Mà NC  NB (GT) 2)  B1  M1  NBK  NMB có: BNM chung, B1  M1   NBK  NMB (g.g) NB NK    NB2  NK.NM NM NB 0.75 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Xét đường trịn qua bốn điểm CNKI có: 3) N  K1 (hai góc nội tiếp chắn cung CI) Mà N  ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC (O))  K1  ABC Do hai góc vị trí đồng vị nên KI // BH Chứng minh tương tự ta HI // BK Tứ giác BHIK có cạnh đối song song nên hình bình hành Cách 1: Vì MA  MB nên C  C1 , hay CM tia phân giác góc ACB Tương tự, AN tia phân giác góc BAC  ABC có hai đường phân giác AN CM cắt I  BI đường phân giác thứ ba  ABC Hình bình hành BHIK có BI đường phân giác góc B nên hình thoi Cách 2: 0.75 Vì H1 , K góc có đỉnh bên đường trịn nên: H1  sđ MA  sđ NB sđ MB  sđ NC , K2  2   H1  K MA  MB , NB  NC    BHK cân B  BH = BK Hình bình hành BHIK có BH = BK nên hình thoi Nhận xét: Phần có nhiều cách chứng minh D M Q E P B O C K 4) 1.0 N (P) có góc M1 góc nội tiếp, góc P1 góc tâm chắn cung BK  M1  P1 Mà  PBK cân P (vì PB = PK)  PBK  1800  P1  900  P1  900  M1 2 (O) có đường kính DN qua N điểm cung BC  DN  BC DN qua trung điểm BC   DBC cân D (1) https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 1800  BDC  900  BDC 2 Trong (O), dễ thấy M1  BDC  DBC  90  M1 Từ (1) (2)  PBK  DBC  ba điểm D, P, B thẳng hàng Lại có P1  BDC (  2M1 ) hai góc vị trí đồng vị  PK // DC  DBC  (2) Chứng minh tương tự ba điểm D, Q, C thẳng hàng QK // DB Do đó, PK // DQ QK // DP  Tứ giác DPKQ hình bình hành  E trung điểm đường chéo PQ E trung điểm đường chéo DK Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng Có thể chứng minh ba điểm D, P, B thẳng hàng theo cách sau: Cách 2: P1  PBK  M1  900 Từ DN  BC  DBK  BDN  900  DBK  M1  900 (do BDN  M1 ) Từ  PBK cân M1   PBK  DBK  ba điểm D, P, B thẳng hàng Cách 3: (P) có góc M1 góc nội tiếp nên M1  Mà M1  B1 nên B1  sđ BK sđ BK Suy BN tiếp tuyến B (P)  BN  PB Lại có DBN  900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))  BN  DB Do ba điểm D, P, B thẳng hàng Ta có: (a  b)   a  b  2ab Tương tự: b  c  2bc ; c  a  2ca Suy ra: 2(a  b  c )  2(ab  bc  ca)  P  Bài V (0,5đ) 0.25 Dấu “=” xảy  a  b  c  ab  bc  ca   a  b  c  Vậy P   a  b  c  Dựa theo lời giải thầy Bùi Văn Tuân (Hà Nội) Vì a  1, b  nên: (a  1)(b  1)   ab  a  b    a  b  ab  Tương tự: b  c  bc  ; c  a  ca  Do đó: 0.25 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 2(a  b  c)  ab  bc  ca   2(a  b  c)  12  abc6  (a  b  c)  36 (do a  b  c  0)  a  b  c  2(ab  bc  ca)  36  P  2.9  36  P  18 Dấu “=” xảy  ba số a, b, c có hai số Nhưng ba số a, b, c đồng thời ab  bc  ca   Có hai số 1, số lại Vậy max P  18  (a, b,c)   4;1;1 , 1;4;1 , 1;1;4  Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỘC LẬP -TỰ DO -HẠNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN NĂM 2017 Mơn thi: Tốn (Dùng cho thí thi vào trường chun) Thời gian: 120 phút Câu 1(2 điểm) b2 a  a  2b   a  a  ab  a 2b b  a Cho biểu thức P   :  với, 2 a b a b   b     a ab 1  a a   a, b  0, a  b, a  b  a 1.Chứng minh P  a  b   3 2.Tìm a,b biết P  & a  b  Câu 2(1 điểm) 1   x  y  xy  1 Tính giá trị biểu thức P    x  y  xy  Giả sử x, y hai số thực phân biệt thỏa mãn Câu 3(2 điểm) Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y  2ax  4a (với a tham số 1.Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) a   2 Tìm tất giá trị a để đường thẳng (d) cắt (P) taị hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2  Câu (1 điểm) Anh nam xe đạp từ A đến C Trên quãng đường AB ban đầu (B nằm A C).Anh Nam với vận tốc không đổi a(km/h) thời gian từ A đến B 1,5 Trên quãng đường BC lại anh Nam chậm dần với vận tốc thời điểm t (tính giờ) kể từ B v  8t  a (km/h).Quãng đường từ B đến thời điểm t S  4t  at Tính quãng đường AB biết đến C xe dừng hẳn quãng đường BC dài 16km Câu (3 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn Các tiếp tuyến đường trịn (O) điểm B,C cắt điểm P Gọi D, E tương ứng chân đường đường vuông góc kẻ từ P xuống đường thẳng AB AC M trung điểm cạnh BC Chứng minh MEP  MDP Giả sử B, C cố định A chạy (O) cho tam giác ABC ln tam giác có ba góc nhọn Chứng minh đường thẳng DE qua điểm cố định Khi tam giác ABC Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R Câu (1 điểm) Các số thực không âm x1 , x2 , x3 , , x9 thỏa mãn  x1  x2  x3   x9  10   x1  x2  3x3   x9  18 Chứng minh rằng: 1.19 x1  2.18 x2  3.17 x3   9.11x9  270 Họ tên thí sinh:…………………………….….Số báo danh:……………… Cán coi thi khơng giải thích thêm https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Phần hướng dẫn Vịng Câu 1 1 1       0 x  y  xy  x  xy  y  xy  xy  y xy  x     xy  y  y  1   xy  x  x  1  2  x  1  xy  1  y  1  xy  1   x  y   xy  1   xy  (vi x  y )  S  2 Câu a  a  a) Phương trình hồnh độ (d) (P) x  2ax  4a   '  a  a      a  theo Viét a   b) Với   x1  x2  2a   x1 x2  4a x1  x2    x1  x2     x1  x2   x1 x2  x1 x2  Ta co 4a  8a  8a  Với a4 4a  8a  8a   4a    a   1  dk 3  dk Câu A O M C B E I D P a)Xét hai tứ giác nội tiếp BDPM CEPM tam giác MBC cân https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ MEP  MBP  MBP  MDP b) BAC  ABC  ACB  1800 ; CBP  ABC  PBD  1800  ACB  PBD  DMP (1); ACB  MPE (2); tu(1)(2)  DMP  MPE  MD / / PE Tuong tu ME / / DB  tgMEDP la hinh binh hanh  IM  IP Vậy DE qua trung điểm PM A O M C B E D I P c) DE AI Tính 3R 3R 3R R BC AM ;AI= ;  ABC dd ADE  AB  R 3; OA  R  AM      2 4 DB AI Ta có A; O,M, P thẳng hàng S ADE  3R R 3R 27 R  DE   S ADE   2 16 Câu Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe từ B đến C thỏa mãn 8t  a   t  BC 2 a a S  4t  at  16  4     16  a  256  a  16 8 S AB  1,5.a  24(km) Câu a quàng đường https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/  x1  x2  x3   x9   90 9  x1  x2  x3   x9   90  19 x1  29 x2  39 x3   99 x9  270  10 180 x x x x         Mat khac 1.19 x1  2.18 x2  3.17 x3   9.11x9  (19 x1  29 x2  39 x3   99 x9 )   x2  12 x3  15 x4  x8   270   x2  12 x3  15 x4  x8   270  x1   Dau "  " xay   x9   x  x   x   Hàng năm sau thi song sưu tầm giải lại đề thi chuyên SP, KHTN,Chuyên HV số tỉnh lưu trữ để làm tư liệu giảng dạy Phần hướng dẫn vừa sưu tầm vừa bổ sung thêm chưa xác chưa hay mong bạn đồng nghiệp tham khảo bổ sung thêm để làm tài liệu giảng dạy GV biên tập hướng dẫn Nguyễn Minh Sang;Đinh Văn Hưng THCS Lâm Thao-Phú Thọ 10 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) (1,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức: A  81  25 ; B    1  b) Vẽ đồ thị hàm số y  x  Câu 2: (2,5 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình: a) x  12 x  35  b) x  x   x  y  c)  2 x  y  Câu 3: (1,5 điểm) Cho biểu thức P  x 5 với x  0, x    x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  24  16 Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB Dựng tiếp tuyến Ax ( Ax nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ) C điểm nằm nửa đường trịn ( C khơng trùng A, B ), dựng tiếp tuyến Cy nửa đường tròn  O  cắt Ax D Kẻ CH  AB  H  AB  , BD cắt  O  điểm thứ hai K cắt CH M Gọi J giao điểm OD AC a) Chứng minh tứ giác AKMH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn  O1  c) Chứng minh DJ tiếp tuyến đường tròn  O1  Câu 5: (1 điểm) Cho x , y , z ba số thực dương, thoả mãn: xy  yz  zx  xyz Chứng minh rằng: xy yz zx    z (1  x)(1  y ) x (1  y )(1  z ) y (1  z )(1  x) 16 - HẾT - 75 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ STT 38 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018 (1,5 điểm) Câu 1: a) Tính giá trị biểu thức: A  81  25 ; B    1  Lời giải Ta có: A  81  25    14 B   1   1   1  b) Vẽ đồ thị hàm số y  x  Lời giải 1  Đồ thị hàm số y  x  qua hai điểm A  ;  B  0;  1 , nên ta có đồ thị dạng sau: 2  (2,5 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình: a) x  12 x  35  Lời giải Ta có phương trình tương đương: x  x  x  35   x  x  5   x  5  Câu 2:   x   x    x   x    x   x  Vậy, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1  , x2  b) x  x   Lời giải Đặt t  x , điều kiện t  Phương trình cho trở thành t  3t     t  1 t    t   t  1   t   t  x  Do t  nên ta chọn t  Khi đó, ta có x     x  2 76 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Vậy, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1  , x2  2 x  y  c)  2 x  y  Lời giải Hệ phương trình cho tương đương   y  1 x  7 y  2 x  y   y  1       2 x    y  1 2 x  y  2 x  y  2 x   1  Vậy, hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;  1 Câu 3: (1,5 điểm) Cho biểu thức P  a) Rút gọn biểu thức P Ta có: P   x 1 x 1  x 5 với x  0, x    x 1 x 1 x 1 Lời giải x 5    x  1   x  1   x    x  x       x 1 x   x 1 x     x 1 x 1  x 1  x 1  x 1 x 1 x 1  x 1 b) Tính giá trị biểu thức P x  24  16 Lời giải Vậy, với điều kiện tốn P   Ta có x  24  16  42  2.4.2  2 Suy x 4  2  Khi đó, ta có P  Câu 4:   4  2  2  42  42  2 1  3 2   2 32  2    3 2  3 2 8 (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB Dựng tiếp tuyến Ax ( Ax nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ) C điểm nằm nửa đường trịn ( C khơng trùng A, B ), dựng tiếp tuyến Cy nửa đường tròn  O  cắt Ax D Kẻ CH  AB  H  AB  , BD cắt  O  điểm thứ hai K cắt CH M Gọi J giao điểm OD AC 77 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ D K C O1 M J A H B a) Chứng minh tứ giác AKMH nội tiếp đường trịn Lời giải Ta có: AKM  AKB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O ) Có CH  AB (giả thiết) nên AHM  90 Xét tứ giác AKMH có AKM  AHM  90  90  180 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác AKMH tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn  O1  Lời giải Do DA , DC hai tiếp tuyến đường tròn  O  nên ta có DA  DC Suy D nằm trung trực đoạn AC Mà OA  OC  R nên O nằm trung trực AC Do đó, đường thẳng OD đường trung trực đoạn thẳng AC hay OD  AC Suy AJD  90 Xét tứ giác AJKD có AJD  AKD  90 Suy tứ giác AJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD Do đó, ta có JKM  DAJ (hai góc bù với DKJ ) Xét đường trịn  O  có DAJ  DAC  sđ AC (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AC ) Có CAB  sđ BC (góc nội tiếp chắn cung BC ) Xét tam giác ACH có AHC  90 , suy HAC  HCA  90 Nên, ta có HCA  90  HAC  180  sđ CB  sđ CA 2 sđ CA Vậy tứ giác CKJM có JKM  HCA hay JKM  JCM , nên tứ giác CKJM tứ giác nội tiếp c) Chứng minh DJ tiếp tuyến đường tròn  O1  sđ Suy JKM  HCA  Lời giải Theo chứng minh CKJM tứ giác nội tiếp, suy JMK  JCK Mà JCK  ACK  ABK  sđ AK (các góc nội tiếp chắn cung AK ) 78 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Nên ta có JMK  ABK vị trí đồng vị Suy JM // AB Mà AB  CH nên ta có JM  CH Vậy tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn đường kính JC Theo chứng minh trên, ta có AC  DJ hay JC  DJ Do DJ tiếp tuyến đường tròn  O1  (1 điểm) Cho x , y , z ba số thực dương, thoả mãn: xy  yz  zx  xyz xy yz zx    Chứng minh rằng: z 1  x 1  y  x 1  y 1  z  y 1  z 1  x  16 Lời giải xy yz zx   Đặt A  z 1  x 1  y  x 1  y 1  z  y 1  z 1  x  Câu 5: 1   1 x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số thực dương, ta có: xy 1 x 1 y xy 1 x 1 y    33    z 1  x 1  y  64 x 64 y z 1  x 1  y  64 x 64 y 16 z Từ giả thiết, ta có: xy  yz  zx  xyz  Tương tự, ta có: yz 1 y 1 z    x 1  y 1  z  64 y 64 z 16 x  2 zx 1 z 1 x     3 y 1  z 1  x  64 z 64 x 16 y Cộng 1 ,   ,  3 , ta được: A  1   1   6            64   x y z   16  x y z  Suy A   hay A  16 16 Dấu “  ” xảy  x  y  z  79 1 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 2) (3,0 điểm) 1  1)  KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang)  2 1  16   2   32   2 1 x     không phụ thuộc vào x 3) Cho x  , chứng minh P    62  x 3 x 3 x  Câu (2,0 điểm) 1) Cho đường thẳng ( d ) : y  x  m điểm A(1; 6) Tìm m để (d ) khơng qua A 2) Cho đường thẳng (d1 ) : y   x  , (d ) : y  2 x parabol ( P) : y  ax với ( a  0) Tìm a để parabol ( P ) qua giao điểm (d1 ) (d ) Câu (2,0 điểm) 1) Xác định phương trình ax  bx  c  với a  ; b, c số b  c  Biết phương trình có  x1  x2  4 hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn   x1 x2  5 x  với m tham số Tìm m để x  y nhỏ 2) Cho hệ phương trình  mx  y  m  Câu (1,0 điểm) Cho hình vng ABCD , gọi M N trung điểm BC CD , gọi E giao điểm AM BN Chứng minh tứ giác ADNE nội tiếp đường tròn Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) ( AB  AC ) Gọi H trực tâm tam giác ABC , gọi L giao điểm AH với đường tròn ( O ) Lấy điểm F cung nhỏ LC (không trùng với L C ) Lấy điểm K cho đường thẳng AC trung trực FK 1) Chứng minh tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn 2) Đường thẳng HK cắt AC điểm I , đường thẳng AF cắt HC G chứng minh AO vng góc với GI -HẾT - 80 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ STT 37 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC 2017-2018 (3,0 điểm) Câu 1  1) 2)   16  2 1    2  32   1 x    không phụ thuộc vào x 3) Cho x  , chứng minh P     62  x 3 x 3 x  Lời giải 1  1) 2)   16          2 1  2   32  1      1     x    3) P     x 3 x 3 x   P  x     1 62   x   1   62 x 3 3 x     x  62 P       x 3 3 x  6  x 3 P     x    P  1  Vậy với x  , P  không phụ thuộc giá trị x Câu (2,0 điểm) 1) Cho đường thẳng ( d ) : y  x  m điểm A(1; 6) Tìm m để (d ) khơng qua A 2) Cho đường thẳng (d1 ) : y   x  , (d ) : y  2 x parabol ( P) : y  ax với ( a  0) Tìm a để parabol ( P ) qua giao điểm (d1 ) (d ) Lời giải 1) Để (d ) khơng qua A tọa độ điểm A khơng thỏa mãn phương trình (d ) , tức là:  4.1  m  m  2) Xét phương trình hđgđ (d1 ) (d ) :  x   2 x  x   y  4 Vậy giao điểm I (d1 ) (d ) có tọa độ I (2; 4) 81 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Để để parabol ( P ) qua I (2; 4) tọa độ I phải thỏa mãn phương trình ( P ) , tức là: 4  a.22  a  1 Câu (2,0 điểm) 1) Xác định phương trình ax  bx  c  với a  ; b, c số b  c  Biết phương trình có  x1  x2  4 hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn   x1 x2  5 x  2) Cho hệ phương trình  với m tham số Tìm m để x  y nhỏ mx  y  m  Lời giải b   x1  x2  a  4 b  4a (1) 1) Theo định lý Vi-et ta có:   c  5a (2)  x x  c  5  a Từ (1) (2) thay vào b  c  ta được: 4a  5a   a  5 Suy b  20; c  25 Vậy phương trình cho có dạng: 5 x  20 x  25  Câu (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD , gọi M N trung điểm BC CD , gọi E giao điểm AM BN Chứng minh tứ giác ADNE nội tiếp đường tròn Lời giải N D C M E A B Dễ thấy ABM  CBN (hai cạnh góc vng) Suy A1  B1 (tương ứng) Mà B1  B2  90  A1  B2  90 Suy ABE vuông E Xét tứ giác ADNE có D  E  90  90  180  ADNE nội tiếp đường trịn đường kính AN Câu (2,0 điểm) 82 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) ( AB  AC ) Gọi H trực tâm tam giác ABC , gọi L giao điểm AH với đường tròn ( O ) Lấy điểm F cung nhỏ LC (không trùng với L C ) Lấy điểm K cho đường thẳng AC trung trực FK 1) Chứng minh tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn 2) Đường thẳng HK cắt AC điểm I , đường thẳng AF cắt HC G chứng minh AO vng góc với GI A x M K I E H G B C D L F 1) Gọi AD, BM CE ba đường cao tam giác ABC Tứ giác BEHD nội tiếp  ABC  DHC * ABC  AFC ( sd AC ) * AKC  AFC (trung truc)  ABC  AKC  DHC   AHC  AKC  1800 AHC  DHC  1800  Suy tứ giác AHCK nội tiếp 2) Kẻ tiếp tuyến Ax với (O) ta có xAB  ACB  AEM  Ax / / EM  EM  AO 1 Xét tg AHGI có IHG  IAK  IAG suy AHGI nội tiếp  IGC  HAI  MBC  MEC  EM / / GI   Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh 83 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH LONG AN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2017 – 2018 Mơn thi: tốn Ngày thi: 4/72017 Thời gian: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2đ) a) Rút gọn: 75  12  12 b) Rút gọn: N  x  x 1 xx  x 1 x c) Giải phương trình: x  12 x   Câu (2đ) a) Cho hai hàm số: y = -x2 y = 2x – Vẽ đồ thị hai hàm số cho mặt phẳng tọa độ Oxy b) Viết phương trình đường thẳng (d): y = ax + b, biết (d) qua hai điểm A(-1; 10); B(3; -2) Câu (2đ) a) Giải phương trình: 3x2 + 2x – = b) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 – = Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 x2  2 x2 x1 Câu (4đ) Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (B không trùng O C) Gọi M trung điểm đoạn thẳng AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Kẻ BI vng góc với CD (I  CD) a) Cho AM = 4cm; MC = 9cm Tình độ dài đoạn thẳng MD tanA tam giác MDA b) Chứng minh: BMDI tứ giác nội tiếp c) Chứng minh ADBE hình thoi ba điểm I; B; E thẳng hàng d) Gọi O’ tâm đường tròn đường kính BC Chứng minh: MI tiếp tuyến (O’) 84 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 85 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 86 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 87 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 88 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 89 ... x2  x1 x2   x2  x1  x1 x2   x1  x2  x1 x2   2m  2( m  2)  Và x 12  x2   ( x1  x2 )2  x1 x2   (2m)  2( m  2)   4m  2m  Do vậy: 4m  2m    2m  m    (m  1)(2m...  :  x    x x ? ?2  1 x x Ta có: P =   : x ( x  2)   x  ( x  1)( x  2) Điểm 1,0 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1,0 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1,0 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1,0 0 ,25 = x  x   x ( x ... 75  29 12 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1,0 0 ,25 (*)  x1  x2  5 Theo định lý Vi-et ta có:  thay vào (*) ta  x1 x2  3m  ( x1  x2 ) (26  3m)  3(3m  26 )   ( x1  x2  3) (26  3m)  0 ,25 26  m 