BỘ 1 19 đề đáp án TOÁN vào 10 (2017 2018)

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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) x  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 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 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 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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) x  12 x  27 b) x  x  20  2 x  y  c)  x  y  Lời giải a) 3x  12 x  27  x  x  3  3 x  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  3x  y  2 x  y  2.2  y   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 Lời giải a) Bảng giá trị: x y   x2 2 4 1 1 0 1 4 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) (d ) :  x  2 x   x  x    ( x  1)   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 2 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 b) Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với tham số m nên theo định lí Vi-et: b   4m  x1  x2    a   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)2  4(2m  8)  289  16m2  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 trịn) Tia phân giác góc CAx cắt nửa đường tròn D Kéo dài AD BC cắt E Kẻ EH vuông 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 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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 tròn) 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: (3) https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ ADF  ADK  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn – kề bù) 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 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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  b   có nghiệm x1 , x2 Tìm  2b( x1  x2 ) GTNN biểu thức: P  ( x1  x2 )  b( x1  x2 )  x1 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 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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)+ = 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 = c) A = 3x 9x + - 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: https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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: Gọi x số công nhân ban đầu xưởng (điều kiện x  N * ) 300 Khi đó, theo dự định công nhân phải làm giỏ x Sau xưởng bổ sung thêm cơng 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 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 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 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Do ACN AMC (g.g)  AN AC =  AM.AN = AC AC AM C thuộc nửa đường trịn đường kính AB nên tam giác ABC vuông C ,  AC2  BC2  AB2 Vậy P  AM.AN  BC2  AB2  4R (1,0 điểm) Câu 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  b   có nghiệm x1 , x2 Tìm GTNN biểu thức: P  ( x1  x2 )  b( x1  x2 )  x1 x2   2b( x1  x2 ) a2 Lời giải: a) Điều kiện x   x2  x2 Phương trình     12    x  x   Đặt: t = x2 x +1  t1 =  Phương trình trở thành 6t +t - 12 =   t = -  x  x2 4   3x  4x     Với t  ta x   x 1 3  Với t   x2 3    2x  3x   (vô nghiệm) ta 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  b  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 - + a a2 1- 2ab  1 2   1 =  a - ab+b  +  b +  - =  a+b  +  a - b  +  b -  - 4³  a +b  - 4³ - a 2 a     2 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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 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 tròn 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 SABF S ABC https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 33   x1  x1  m  x2  x2  m   33   x1  m  x2  m   33  x1 x2  2m  x1  x2   m  33  8m  4m  m  33  m  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    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 trịn  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   ab  bc  ac    a  b  c  3,  2 Từ 1    a  b  c  3abc Đặt x  1 ; y ; z   x, y, z  0; z  x  c 1 a 1 b 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 3abc   a  b  c   12   a  b  c  3  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 2   b  1  a  1    c  1 2  b  1   c  1   a  1  2  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  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 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2011 – 2012 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x    5x  y  b)  5 x  y  8 c) x  x  36  d) x  x    Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y   x đường thẳng (D): y  2 x  hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: A B 34 34  1 52 x x  x  28 x 4 x 8   x 3 x 4 x 1  x ( x  0, x  16) Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  2mx  4m   (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức A = x12  x22  x1 x2 đạt giá trị nhỏ Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường trịn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F) Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH tam giác cân c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH2 = IC.ID 77 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = nên 1 (a)  x  hay x  ((1)  (2))  x  y  (1) 11y  11  b)  5 x  y  8 5 x  y  8 (2)  y 1 x       5 x  4  y  c) x4 + 5x2 – 36 = (C) Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*) 5  13 5  13 (*) có  = 169, nên (*)  u   9 (loại)  hay u  2 Do đó, (C)  x2 =  x = 2 Cách khác : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) =  x2 =  x = 2 d) x  x    (d) (d) có : a + b + c = nên (d)  x = hay x  Bài 2: 3 a) Đồ thị: Lưu ý: (P) qua O(0;0),  1; 1 ,  2; 4  (D) qua  1; 1 ,  0; 3 b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)  x  2 x   x2 – 2x – =  x  1 hay x  (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm (P) (D)  1; 1 ,  3; 9  Bài 3: Thu gọn biểu thức sau: A 34 34  1 52 78 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ = (3  4)(2  1) (  4)(5  3)  11 13 = 22  11 26  13 =  11 13 2  2 1 ( (  1)  (  1) ) ( 4  4 3) = 2 = [   (  1)] =  2 = x x  x  28 x 4 x 8   x 3 x 4 x 1  x x x  x  28 x 4 x 8 =   x 1  x ( x  1)( x  4) B ( x  0, x  16) = x x  x  28  ( x  4)  ( x  8)( x  1) ( x  1)( x  4) = x x  x  28  x  x  16  x  x  x x  4x  x  = ( x  1)( x  4) ( x  1)( x  4) = ( x  1)( x  1)( x  4) = ( x  1)( x  4) x 1 Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m c b b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S =   2m ; P =  4m  a a 2  A = ( x1  x2 )  3x1 x2 = 4m  3(4m  5) = (2m  3)   6, với m 3 Và A = m = 3 Vậy A đạt giá trị nhỏ m = Bài 5: P E K Q F B a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vng Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật) Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900  OA vng góc với EF A O H I C D b) OA vng góc PQ  cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP AP AE  AP2 = AE.AB   AB AP Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vng H, có HE chiều cao)  AP = AH  APH cân A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA Do DFK đồng dạng DAE  góc DKF = góc DEA  tứ giác AEFK nội tiếp 79 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng AHC vng H, có HF chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng AHD vng H, có HK chiều cao) Vậy  AK.AD = AF.AC Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp, ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD) IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID TS Nguyễn Phú Vinh (Trường THPT Vĩnh Viễn - TP.HCM) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   b) x  x   c) x  3x   2 x  y  d)  x  y  1 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y=x2 đường thẳng (d): y=-x+2 hệ trục tọa độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: x x 3  A( ) với x  0; x  x 3 x 3 x 9 B  21(    )  6(    )  15 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  x  m   (*) (x ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x  b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: x14  x2  x13  x23 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC khơng có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường trịn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I a) Chứng minh MBC=BAC Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE c) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng d) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn 80 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x     25  24  1 1  x   hay x= 3 2 b) x  x    '  11  BÀI GIẢI x   hay x=1+ c) Đặt u = x2  pt thành: u  3u    (u  1)(u  4)  u   x   x  1   u  4( L) Cách khác : pt  ( x  1)( x  4)   x    x  1 2 x  y  3(1) 4 x  y  2 x  y  x    d)      x  y  1(2)  x  y  1 5 x   y  1 Bài 2: a) Đồ thị Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1;1);(2;4) (D) qua (1;1);(-2;4);(0;2) b) PT hoành độ giao điểm (P) (d) 81 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ x2   x   x  x    ( x  1)( x  2)  x     x  2 y(1)=1;y(-2)=4 Vậy toạ độ giao điểm (P) (d) (-2;4);(1;1) 3:Thu gọn biểu thức sau Với x 0;x9 x 3 x 3 x 9 x 3 A( ) ( x  3)( x  3) x   x 3 21 B  (    )  3(    )  15 15 21  (    1)  3(    1)  15 15 15  (  5)  15 15  60 Câu 4: x     m   a/ Phương trình (*) có nghiệm  m  1 2 b/  '  16  8m   8(1  m ) Khi m = 1 ta có ∆’ = tức là: x1=x2 x14  x2  x13  x23 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có nghiệm phân biệt là: | m | hay -1 Tứ giác HIJA nội tiếp =>AJI bù với AHI mà ANC bù với AHI (do AHCN nội tiếp) =>AJI = ANC Cách 1: Ta chứng minh IJCM nội tiếp Ta có AMJ = ANJ AN AM đối xứng qua AC Mà ACH = ANH (AHCN nội tiếp) ICJ = IMJ =>IJCM nội tiếp => AJI =AMC = ANC d)Kẻ OA cắt đường tròn (O) K IJ Q ta có AJQ = AKC Vì AKC = AMC (cùng chắn cung AC), AKC = AMC = ANC Xét hai tam giác AQJ AKC: Tam giác AKC vuông C (vì chắn nửa vịng trịn) => tam giác đồng dạng Vậy Q = 900 Hay AO vuông góc với IJ Cách 2: Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vịng trịn (O) ta có xAC= AMC Mà AMC = AJI chứng minh ta có xAC = AJQ =>JQ song song Ax Vậy IJ vng góc AO (do Ax vng góc với AO) 87 ... VÀO 10 TỐN 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN LẦN 1, 2,3=30k /1 lần 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ TOÁN LẦN 1, 2,3=30k /1 lần 63 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2 017 -2 018 ; 2 018 -2 019 ; 2 019 -2020=60k /1 bộ; 15 0k/3 33 ĐỀ... ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2 018 -2 019 =40k 59 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2 019 -2020=60k 58 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2 017 -2 019 =50k 11 7 ĐỀ ĐÁP ÁN VĂN VÀO 10 CÁC TỈNH 2 017 -2020 =10 0k 32 ĐỀ-20... 2008-2 012 300 -đề- đáp án HSG -Toán- 6; 225 -đề- đáp án HSG -Toán- 7 200 -đề- đáp án HSG -Toán- 8 10 0 đề đáp án HSG Toán 77 ĐỀ ĐÁP ÁN VÀO 10 CHUN TỐN 2 019 -2020 ĐÁP ÁN 50 BÀI TỐN HÌNH HỌC Cách toán: Thanh toán