›
›
›

Đề kiểm tra môn Toán Lớp 10 -Năm học 2016-2016

docx 91 trang nhatle22 1470
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề kiểm tra môn Toán Lớp 10 -Năm học 2016-2016", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxde_kiem_tra_mon_toan_lop_10_nam_hoc_2016_2016.docx

Nội dung text: Đề kiểm tra môn Toán Lớp 10 -Năm học 2016-2016

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 4
  2. BẾN TRE LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) Câu 1. (2.0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: 1 a) Tính 8 2 ; 2 x y 4 b) Giải hệ phương trình: x 2y 6 Câu 2. (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2x – 3 a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ; b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tinh. Câu 3. (2.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 2m = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 1; b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m; c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x1 x2 2 Câu 4. (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn O bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn; b) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D). Chứng minh hệ thức MA2 = MC. MD; c) Gọi H là trung điểm của dây CD. Chứng minh HM là tia phân giác của góc AHB; d) Cho ·AMB = 600. Tính diện tích của hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB và cung nhỏ AB. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI BẾN TRE THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 5
  3. NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 3 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1 a) 1 2 2 3 2 (1,00) 8 2 2 2 2 2 1,00 2 = 2 = 2 = 2 Trừ vế với vế hai phương trình của hệ, ta được: – y = – 2 y = 2 0,50 Thay y = 2 vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x = 4 – 2 = 0,25 b) 2. (1,00) x 2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm: y 2 2 Vẽ (d): y = – 2x + 3: 3 Cho x = 0 tìm được y = 3, y = 0 tìm được x = 2 0,25 3 (d) đi qua (0; 3) và (2 ; 0). Vẽ (P): y = x2. Bảng giá trị 0,25 x -2 -1 0 1 2 y = -x2 4 1 0 1 4 a) (1,00) y = x2 y 4 3 0,50 2 1 x -2 -1 0 1 3 2 2 y = - 2x + 3 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = – 2x + 3 0,25 2 b) x + 2x – 3 = 0 x1 = 1, x2 = – 3. 0,25 2 (1,00) Thay vào y = x , tìm được y1 = 1; y2 = 9. 0,25 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1) và (– 3; 9). 0,25 3 Với m = 1, phương trình trở thành: x2 – 4x + 2 = 0 0,25 a) ' = 2. 0,25 (1,00) Phương trình có hai nghiệm: x1 = 2 + 2 ; x2 = 2 – 2 . 0,50 b) Ta có: ' = [– (m + 1)]2 – 2m = m2 + 1 > 0, với mọi m. 0,50 (0,75) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 Theo hệ thức Vi-ét: x + x = 2(m + 1); x . x = 2m 0,25 c) 1 2 1 2 (0,75) Theo đầu bài ta cần có x1, x2 là hai nghiệm không âm. Hay: 0,25 6
  4. x1 x2 0 2(m 1) 0 m 1 x1x2 0 2m 0 m 0 m 0 (*) x x 2 x x 2 Ta có x 1 2 1 + x2 + 2 1 2 0,25 2m + 2 + 22m = 2 m = 0 (thỏa mãn (*)) 4 A D H C Hình vẽ Hình M đến (0,25) O câu b 0,25 B Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp Tứ giác MAOB có: 0,25 a) M· AO = 900 ,M· BO (tính chất tiếp tuyến); (0,75) M· AO + M· BO = 1800 0,25 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. 0,25 Chứng minh: MA2 = MC. MD 0,25 Hai tam giác DMA và AMC có: Mµ chung; M· AC = M· DA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây b) 0,25 cùng chắn cung AC) (1,00) nên DMA ∽ AMC (g-g) 0,25 MA MD 0,25 Suy ra: MC MA MA2 = MC. MD Chứng minh HM là phân giác của góc AHB Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH  CD ( Định lý quan c) hệ giữa đường kính và dây) 0,25 (0,75) Suy ra: M· HO = M· BO = 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn. Tứ giác MHOB nội tiếp nên: B· HM = B· OM ( góc nội tiếp cùng chắn cung MB) 0,25 Tứ giác MHOB nội tiếp nên: A· HM = A· OM ( góc nội tiếp cùng chắn cung AM) Lại có A· OM = B· OM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 0,25 A· HM = B· HM . Vậy HM là tia phân giác của góc AHB d) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, 0,25 7
  5. (0,75) MB và cung nhỏ AB 1 Tam giác MAO vuông tại A, có ·AOM = 60 0; nên OA = 2 MO hay MO = 2 AO = 2R. Theo định lý Pitago ta có AM2 = MO2 – AO2 = 3R2. Hay AM =3 R. Gọi S là diện tích hình cần tìm, S MAOB là diện tích tứ giác MAOB, SMAO là diện tích tam giác MAO, SqAOB là diện tích hình quạt chắn cung nhỏ AB khi đó S = SMAOB – SqAOB . 2 Ta có: SMAOB = 2. SMAO = AO. AM = R. 3 R = 3 R (đvdt). · 0 » 0 Từ AOB = 120 sđ AB = 120 nên SqOMB = R2 .120 R2 0,25 360 3 (đvdt). R2 R2( 3 ) 0,25 2 Vậy S = SMAOB – SqAOB = R 3 – 3 = 3 (đvdt). Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn. SỞ GD ĐÀO TẠO KỈ THI TUYỂN SINH VÀO 10TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 8
  6. BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày Thi: 19/6/2016 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1 (2đ) Không dùng máy tính hãy thực hiện x 6 a/ Tính giá trị của biểu thức: A = x 5 5 khi x = 4 2x y 5 b/ Giải hệ phương trình y 5x 10 c/ Giải phương trình x4 +5x2 – 36 = 0 Bài 2 (1đ) Cho phương trình x2 – (3m – 1)x +2m2 – m = 0 (m là tham số) x x Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 phân biệt thỏa 1 2 =2 Bài 3 (2đ) Một phân xưởng cơ khí theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên đã hoàn thành kề hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Tìm số sản phẩm theo kế hoạch mà mỗi ngày phân xưởng này phải sản xuất. Bài 4 (4đ) Cho đường tròn tâm O, dây cung AB cố định (AB không phải là đường kính của đường tròn). Từ điểm M di động trên cung nhỏ AB (M A và M B), kẽ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Từ M kẽ đường vuông góc với NA cát đường thẳng NA tại Q. a/ Chứng minh bốn điểm A,M,H,Q nằm trên một đường tròn. Từ đó suy ra MN là tia phân giác của góc BMQ b/ Từ M kẽ đường vuông góc với NB cắt đường thẳng NB tại P. Chứng minh ·AMQ P· MB c/ Chứng minh 3 điểm P; H; Q thẳng hàng d/ Xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN + MP. BN có giá trị lớn nhất Bài 5 (1đ) 3x2 y2 z2 yz 1 Cho x, y, z là các số thực thõa mãn điều kiện 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z HDG 9
  7. Bài a/ A = -4 2đ 1 b/ Nghiệm của hệ (x;y) = (-5; -15) c/ Đặt t = x2 (t 0) ta có phương trình t2 + 5 t – 36 = 0 giải phương trình ta có t1 = 4 và t2 = - 9 (k tmđk) 2 t = t1 = x = 4 => x = 2. Phương trình có 2 nghiệm x1 = 2; x2 = - 2 Bài Phương trình x2 – (3m – 1)x +2m2 – m = 0 (m là tham số) 1đ 2 Có = (3m – 1)2 – 4(2m2 – m) = 9m2 – 6m +1 – 8m2 +4m = m2 – 2m +1= (m – 1)2 > 0 với mọi m khác 1  Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 2  Theo đinh lí vi et ta có x1+ x2 = 3m – 1; x1x2 = 2m – m x x 2 2 2 2 Lai có 1 2 (x1 x2 ) 4x1x2 4 (3m – 1) – 4 (2m – m) = 4 9m2 – 6m +1 – 8m2 +4m -4 =0 m2 – 2m – 3 =0 Giải phương trình ẩn m ta có m1 -1 và m2 = 3. (cả 2 nghiệm đều tmđk) Bài Gọi x là số sản phẩm phân xưởng làm một ngày theo kế hoạch (x 2đ 3 nguyên dương) x+ 5 là số sản phẩm mà phân xưởng làm thực tế mỗi ngày 1100 Thời gian dự định hoàn thành số sản phẩm được giao x (ngày) 1100 Thời gian thực tế hoàn thành số sản phẩm được giao x 5 (ngày) Do hoàn thành kề hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày ta có 1100 1100 2 phương trình x x 5 . Gải phương trình ta được x1= 50 (tmđk) x2 = - 55 (k tmđk) Vậy theo kế hoạch mà mỗi ngày phân xưởng này phải sản xuất là 50 sản phẩm A Bài Q 4đ 4 O N H M B P a/ ta có M· QA M· HA =.> hai điểm H, Q cùng nhìn đoạn AM dưới 1 góc không dổi => tứ giác AMHQ nội tiếp => 4 điểm A,M,H,Q cùng nằm trên một đường tròn Q· MN B· MN (cùng bằng B· AN ) Suy ra MN là tia phân giác của góc BMQ 10
  8. b/ Ta có M· BP M· AN (cùng bù với góc MBN) => ·AMQ P· MB c/ Theo câu b ta có ·AMQ P· MB suy ra ·AHQ P· HB mà ·AHB 1800 suy ra Q· HP bằng 1800 = > 3 điểm P; H; Q thẳng hàng d/ Ta có 2(SAMN +SMBN) = MQ.AN + MP. PN = MN.AB 2R.AB (R là bán kính của đường tròn (O); AB không đổi) Dấu bằng xảy ra MN là đường kính khi đó M» A M»B Vậy M là điểm chính giữa cảu cung AB thì.AN + MP.BN có giá trị lớn nhất Bài 3x2 3x2 y2 z2 yz 1 y2 z2 5 Từ 2 = > yz = 1 2 B = x + y + z B2 = x2 +y2 z2 + 2(xy +yz + xz) 3x2 y2 z2 = > B2 = x2 +y2 z2 +2(xy + 1 2 +xz) x y 2 x z 2 2 B 2 2 B 2 = > B2 = 2 - 2 Vậy Min B = 2 ; Max B = 2 x = y = z =3 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2016 – 2017 11
  9. ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1.5 điểm) 2 a) Giải phương trình: x 2. x 4x 3 0 ; b) Giải phương trình: x4 2x2 3 0 ; 2x by a c) Tìm a, b để hệ phương trình bx ay 5 có nghiệm (1; 3). Câu 2: (1.5 điểm) 2 Cho hàm số y 2x có đồ thị (P). a) Vẽ đồ thị (P); b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d): y x 3 bằng phép tính. Câu 3: (1,5 điểm) Một công ty vận tải dự định dùng một loại xe có cùng trọng tải để chở 20 tấn rau theo hợp đồng. Nhưng khi vào việc, công ty không còn xe lớn nên phải thay bằng loại xe nhỏ có trọng tải nhỏ hơn 1 tấn so với loại xe ban đầu. Để đảm bảo thời gian đã hợp đồng, công ty phải dùng một số lượng xe nhiều hơn số xe dự định là 1 xe. Hỏi trọng tải mỗi xe nhỏ là bao nhiêu tấn. Câu 4: (2,0 điểm) 2 2 Cho phương trình x (5m 1)x 6m 2m 0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m; 2 2 b) Tìm m để nghiệm x1, x2 của phương trình thỏa hệ thức x1 x2 1 . Câu 5: (3,5 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC) và AH là đường cao của tam giác. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, AC. Kẻ NE vuông góc với AH. Đường thẳng vuông góc với AC kẻ từ C cắt tia AH tại D và AD cắt đường tròn tại F. Chứng minh: a) ·ABC ·ACB B· IC và tứ giác DENC nội tiếp; b) AM.AB = AN.AC và tứ giác BFIC là hình thang cân; c) Tứ giác BMED nội tiếp. Hết 12
  10. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HD CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN Câu 1: x 2 0 (1) x 2. x2 4x 3 0 2 a) Điều kiện x 2, phương trình x 4x 3 0 (2) (1) x – 2 = 0 x = 2; (2) có a + b + c = 1 +(–4) + 3 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1, x2 = 3; Với kiều kiện x 2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 2, x = 3. b) Đặt t x2 (t 0) phương trình trở thành t 2 2t 3 0 . có a – b + c = 1 – (–2) + (–3) = 0 nên có nghiệm t1 = –1 (loại), t2 = 3; t = 3 x2 3 x 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 3, x 3 2x by a c) Thay x = 1, y = 3 vào hệ bx ay 5 , ta có 17 a 2 3b a 2 3b a a 2 3b 10 1 b 3a 5 b 6 9b 5 b 1 10 b 10 Câu 2: y 8 a) Đồ thị (P) là một parabol đi qua 5 điểm (0;0), (1;2), (–1; 2), (2; 8), (–2; 8). b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường là 2x2 x 3 2x2 x 3 0 có a + b + c = 2 + 1 + (–3) = 0 nên có nghiệm x1 1 y1 2 3 9 x y 2 2 2 2 2 3 9 1;2 , ; Tọa độ giao điểm hai đường là 2 2 x -2 -1 O 1 2 Câu 3: 20 Gọi x (tấn) là trọng tải xe nhỏ (x > 0); x + 1 (tấn) là trọng tải xe lớn; x là số xe nhỏ; 20 20 20 1 x 1 là số xe lớn. Ta có phương trình x x 1 Với x > 0 phương trình trên trở thành 20x 20 20x x2 x x2 x 20 0 1 9 1 9 x 4 x 5 Có = 1 + 80 = 81 > 0 nên có 2 nghiệm 1 2 , 1 2 (loại) 13
  11. Vậy trọng tải xe nhỏ là 4 tấn. Câu 4: 2 2 2 2 a) 25m 10m 1 24m 8m m 2m 1 (m 1) 0, m nên phương trình luôn có nghiệm m. x1 x2 5m 1 x x 6m2 2m 2 2 2 b) Theo viét: 1 2 . Theo đề: x1 x2 1 (x1 x2 ) 2x1x2 1 m 0 25m2 10m 1 2(6m2 2m) 1 13m2 6m 0 m(13m 6) 0 6 m 13 là 2 giá trị m cần tìm. Câu 5: 1 1 1 A ·ABC ·ACB sñ»AC sñ»AB sñB¼AC a) 2 2 2 và 1 B· IC sñB¼AC E N 2 ·ABC ·ACB B· IC ; M O NE  AH, DC  AC D· EN D· CN 900 900 1800 B C tứ giác DENC nội tiếp. H b) Ta có HM  AB, HN  AC, AH  BC nên theo hệ F I thức lượng cho tam giác vuông 2 2 D AH AM.AB, AH AN.AC AM.AB AN.AC ·ACI 900 AI là đường kính ·AFI 900 FI  AD FI // BC (cùng vuông góc với AD) B»F CºI (hai cung chắn giữa hai dây song song) BF = CI tứ giác BFIC là hình thang cân. c) Ta có AM.AB AN.AC ; AEN vuông tại E và ACD vuông tại C có góc nhọn A AE AN AE.AD AN.AC chung nên đồng dạng AC AD AM AE AM.AB AE.AD AD AB và µA góc chung AME đồng dạng ADB ·AME ·ADB mà ·AME E· MB 1800 E· DB E· MB 1800 Tứ giác BMED nội tiếp. 14
  12. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN - BÌNH THUẬN 2016-2017 Câu Hướng dẫn giải x2 + 5x + 6 = 0 2 a 5 4.1.6 1 5 1 5 1 1 x 2; x 3 1 2.1 2 2.1 x y 2 3x 6 x 2 x 2 b 2x y 4 x y 2 2 y 2 y 0 A = 28 2 7 7 . 7 2 7 2 7 7 . 7 a 7. 7 7 2 a b b a 1 ab a b : . a b B = ab a b ab b a b a b a b a x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Pt hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 2x m x2 2x m 0 (1) (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi pt (1) cí hai nghiệm phân biệt 3 ' 0 ( 1)2 1.m 0 b 1 m 0 m 1 Vậy với m < 1 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt 4 16
  13. Xét tứ giác OBMC có: B Bµ Cµ 900 (t/c tiếp tuyến) M Bµ Cµ 1800 Tứ giác OBMC nội tiếp H 1 O D b Xét MAB và MBD có: M¶ chung A C µ µ 1 » 1 A B sd BD 2 E MAB MBD (g.g) µ · 1 » E1 BCM sd BC Ta có: 2 c B· CM Oµ vì OBMC noitiep 1 Eµ Oµ 1 1 MO // EC ( vì hai góc E1 và O1 ở vị trí đồng vị) Khi B· AC 600 thì BMC là tam giác đều (vì MB = MC và M· BC B· AC 600 ) Gọi H là giao điểm của BC và OM. Khi quay BMC quanh cạnh BC thì hình sinh ra là hai hình nón bằng nhau có chung mặt đáy bán kính là HM, đường cao là BH. Ta có : OM là trung trực của BC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OM  BC tại trung điểm H. 1 B· AC B· OC 2 (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 cung) 1 Oµ B· OC 600 1 2 (OM là phân giác của góc BOC) d R 3 BH OB.sin Oµ R.sin 600 Trong BOH vuông tại H có: 1 2 M¶ Oµ 900 1 1 ( OBM vuông tại B) ¶ 0 µ 0 M1 90 O1 30 R 3 BH 3R MH 2 ¶ tan 300 2 Trong BMH vuông tại H có: tan M1 2 1 2 1 3R R 3 3 3 3 V 2. .MH .BH 2. . . R Thể tích hai hình nón là: 3 3 2 2 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 17
  14. TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 14 tháng 6 năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,5 điểm) 8 3 16 2 9 a) Rút gọn biểu thức: A = 2 4x y 7 b) Giải hệ phương trình: 3x y 7 c) Giải phương trình: x2 + x – 6 = 0 Câu 2: (1,0 điểm) 1 a) Vẽ parabol (P): y = 2 x2 và b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = 2x + m đi qua điểm M(2;3) Câu 3: (2,5 điểm) a/ Tìm giá trị của tham số m để phương phương trình x 2 – mx – 2 = 0 có hai x x 2x 2x 4 nghiệm x1; x2 thỏa mãn 1 2 1 2 b/ Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích bằng 360 m2. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó, biết rằng nếu tăng chiều rộng thêm 3m và giảm chiều dài 4m mảnh đất có diện tích không thay đổi. c/ Giải phương trình: x4 (x2 1) x2 1 1 0 Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy C trên đoạn AO, C khác A và O. Đường thẳng đi qua C vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại D. Gọi E là trung điểm đoạn CD. Tia AE cắt nửa đường tròn (O) tại M. a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp. b) Chứng minh góc AMD + góc DAM = DEM c) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh FD 2 = FA.FB CA FD và CD FB CD d) Gọi (I; r) là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM. Giả sử r = 2 . Chứng minh CI//AD. Câu 5: (0,5 điểm) a b a b ab Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a b . Tìm Min P = ab + ab Hết ĐÁP ÁN 18
  15. Câu 1: 8 3 16 2 9 12 6 2 8 a) Rút gọn: A= 2 4x y 7 7x 14 x 2 b) Giải hệ PT: 3x y 7 4x y 7 y 1 c) Giải PT: x2+x-6=0 b2 4ac 12 4.1.( 6) 25 5 b 1 5 b 1 5 x 2; x 3 1 2a 2 1 2a 2 Câu 2: a) Vẽ đồ thị hàm số: x -2 -1 0 1 2 y = 1/2 x2 1 2 1 1 0.5*x^2 x 2 0 2 (-2, 2) y= 2 2 2 (2, 2) 1 b) Để (d) đi qua M(2;3) thì: 3=2.2+m m=-1 (-1.0, 0.5) (1.0, 0.5) 1 Vậy m=-1 thì (d) đi qua M(2;3) Câu 3: a) Vì a.c=1.(-2)=-2 0) 360 Chiều dài mảnh đất lúc đầu x (m) Chiều rộng mảnh đất sau khi tăng: x+3(m) 360 4 Chiều dài mảnh đất sau khi giảm: x (m) 360 4 Theo đề bài ta có pt: (x+3)(x )=360 x 15(n) (x+3)(360-4x)=360x x2+3x-270=0 x 18(l) Vậy chiều rộng, chiều dài của thửa đất hình chữ nhật lúc đầu là: 15m và 24m 19
  16. Câu 3c) Giải phương trình: x4 (x2 1) x2 1 1 0 x4 1 (x2 1) x2 1 0 (x2 1)(x2 1) (x2 1) x2 1 0 (x2 1)(x2 1 x2 1) 0 (x2 1)(x2 1 x2 1 2) 0 2 2 (x 1 x 1 2) 0 (1). Vì x2 1 0x 2 t 1(n) t t 2 0 Đặt t = x2 1(t 0) . (1) t 2(l) Với t = 1 x2 1 1 x 0 . Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 0 Câu 4 M H D 1 1 I 2 K E 1 1 F A C O B 0 a\ Xét tứ giác BCEM có: B· CE 90 (gt) ;B· ME B· MA 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) B· CE B· ME 900 900 1800 và chúng là hai góc đối nhau Nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn đường kính BE D· EM C· BM (Y BCEMnt) C· BM C· BD Bµ b\ Ta có: 1 · ¶ µ µ Mà CBD M1 (cùng chắn cung AD); B1 A1 (cùng chắn cung DM) · ¶ µ Suy ra DEM M1 A1 Hay D· EM ·AMD D· AM ¶ · c\ + Xét tam giác FDA và tam giác FBD có Fµ chung: D1 FBD (cùng chắn cung AD) FD FA hayFD2 FA.FB Suy ra tam giác FDA đồng dạng tam giác FBD nên: FB FD ¶ · ¶ · ¶ ¶ + Ta có D1 FBD (cmt);D2 FBD (cùng phụ D· AB ) nên D1 D2 CA FA FD FA (cmt) Suy ra DA là tia phân giác của góc CDF nên CD FD . Mà FB FD . CA FD Vậy CD FB CD d\ + Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM có IE = 2 (gt). CD Mà ED = EC = 2 (gt) 20
  17. CD Trong tam giác CID có IE = ED = EC = 2 nên tam giác CID vuông tại I CI  ID (1) · ¶ ¶ · + Ta có K· ID K· HD (tứ giác KIHD nội tiếp); KHD M1 (HK//EM);M1 DBA (cùng chắn cung AD) nên K· ID D· BA + Ta lại có:K· ID K· DI 900 (tam giác DIK vuông tại K);D· BA C· DB 900 (tam giác BCD vuông tại C). Suy ra K· DI C· DB nên DI DB (2) + Từ (1) và (2) CI  DB . Mà AD  DB (·ADB 900 ). Vậy CI // AD a b ab Câu 5 (0,5đ): Cho a, b là 2 số dương thỏa a b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a b P ab thức ab Giải: x2 y2 xy Từ giả thiết và theo bất đẳng thức 2 ta có 2 2 2 ab a b 4ab a b 2 a b 2 2 a b 2 ab. a b 2 2 2 a b 4 a b 2 a b 2 P 2 a b 4 2 a b Do đó a b (BĐT CÔ -SI) a b 4 a 2 2 a b 2 ab b 2 2 a b ab Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4, đạt được khi a b 21
  18. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Đề này có 1 trang, gồm 5 câu) Câu 1. (2,0 điểm): 1) Giải phương trình 9x2 12x 4 0 2) Giải phương trình x4 10x2 9 0 2x y 5 3) Giải hệ phương trình: 5x 2y 8 Câu 2. (2,0 điểm): 1 1 Cho hai hàm số y = 2 x2 và y = x – 2 1) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. Câu 3. (1,5 điểm): Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m – 1 = 0 với x là ẩn số, m là tham số. a / Chứng minh phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m. x x 1 2 x x b / Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tính 2 1 theo m. Câu 4. (1,0 điểm): x y y x x y y x A 5 5 Cho biểu thức: x y x y với x 0, y 0 và x y 1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1 3 , y = 1 3 . Câu 5. (3,5 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm B và vuông góc với AC tại K. Đường thẳng d cắt tiếp tuyến đi qua A của đường tròn (O) tại điểm M và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N (N khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên BC. 1) Chứng minh tứ giác CNKH nội tiếp được trong một đường tròn. 2) Tính số đo góc K· HC , biết số đo cung nhỏ BC bằng 1200 . 1 3) Chứng minh rằng: KN.MN = 2 .(AM 2 – AN 2 – MN 2). 22
  19. GỢI Ý GIẢI ĐỀ 28
  20. Câu I (2,0đ): 1. A = - + 2 = 4 - 6 2. B= = Để B = 12   x = (thỏa đk 0 x1 = 2, x2 = => y1 = 8, y2 = Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; 8), B( 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (dm) và (P): 2x2 = mx + 1  2x2 - mx – 1 = 0 ( ) Phương trình ( ) có ∆ = m2 + 8 >0 với mọi m => Phương trình ( ) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 với mọi m. Vậy (d m) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m. Theo Vi-et, ta có: x1+ x2 = , x1x2 = 2 2 Ta có: 4(x 1 + x 2) + (2x1 + 1)(2x2 + 1) = 9 2  4[(x1+x2) - 2 x1x2] + 4 x1x2 + 2(x1+ x2) +1 – 9 = 0 2 ( )  4(x1+x2) - 4 x1x2 + 2(x1+ x2) – 8 = 0 Thay x1+ x2 = , x1x2 = vào phương trình ( ) ta được 4 ( 2 – 4.( + 2 - 8 = 0 2  m + m – 6 = 0 => m1 = - 3, m2 = 2 Câu IV (4,0đ): (Bạn đọc tự vẽ hình) 29
  21. 1. Nối CB. Có góc ACB = 900 (góc nt chắn nửa đường tròn (O)). Mặt khác, có góc EDB = 900 (gt cho AB và MN vuông góc với nhau tại D). Tứ giác DECB có tổng hai góc đối: góc BCE + góc EDB = 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Nối CM, CN, OM, ON. Tam giác MON cân tại O (do OM=ON) lại có OD là đường cao nên OD đồng thời là phân giác của góc MON => cung AM = cung AN => góc MCA = góc NCA (hai góc nt chắn hai cung bằng nhau). Vậy CA là tia phân giác của góc MCN 3. Dễ thấy ADE đồng dạng với ACB =>  AE.AC = AD.AB Vậy AE.AC + BD.AB = AD.AB + BD.AB = AB(AD + BD) = AB.AB = AB2 4. Gọi O’ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Ta có góc AMN = góc MCA (hai góc nt chắn hai cung bằng nhau của (O)). Từ đó suy ra AM là tiếp tuyến của (O’) tại tiếp điểm M. Mặt khác BM vuông góc với AM tại M nêm suy ra tâm O’ chạy trên đường thẳng MB. Vậy khoảng cách từ N đến O’ nhỏ nhất khi O’ là hình chiếu của N lên MB.  Cách xác định vị trí điểm C: + Xác định O’ là hình chiếu của N lên MB + Vẽ đường tròn (O’, O’M) + (O’) cắt (O) tại điểm thứ hai (khác M) chính là vị trí điểm C cần tìm Câu V (1,0đ) + Trước hết ta có: 3a + bc = (a+b+c)a + bc (vì 3 = a + b + c theo giả thiết) = a2 + ab + ac + bc = (a+b)(a+c) Tương tự, ta có: 3b+ca = (b+c)(b+a); 3c+ab = (c+a)(c+b) + Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương và ta có: + ≥ 2.  ≥ Như vậy: + Tương tự: + + Cộng vế với vế: P + + + + + = + = = Vậy Pmax = khi a = b =c =1 30
  22. Së Gi¸o dôc vµ ®µo K× thi tuyÓn sinh líp 10 THPT t¹o N¨m häc 2016 - 2017 HÀ NỘI Môn thi: To¸n Ngày thi: 08 tháng 06 năm 2016 §Ò chÝnh thøc Thòi gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) Cho biểu thức và với 1) Tính giá trị của biểu thức khi 2) Chứng minh 3) Tìm để biểu thức có giá trị là số nguyên. Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720 . Nếu tăng chiều dài thêm 10m và giảm chiều rộng 6m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn. Bài III (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình 2) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng và parabol = . a) Chứng minh luôn cắt tại hai điểm phân biệt với mọi . b) Gọi là hoành độ giao điểm của và .Tìm để . Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn và một điểm nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến với đường tròn là tiếp điểm) và đường kính . Trên đoạn lấy điểm khác khác . Đường thẳng cắt tại hai điểm và nằm giữa và . Gọi là trung điểm 1) Chứng minh bốn điểm cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh 3) Đường thẳng đi qua song song với cắt tại . Chứng minh . 4) Tia cắt tại điểm , tia cắt tại điểm . Chứng minh tứ giác là hình chữ nhật. Bài V (0,5 điểm) Với các số thực thỏa mãn , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Hết 31
  23. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x y 3 0 x y 1 a) (x 3)2 16 b) 4 3 Câu 2 (2,0 điểm) 2 x x 1 x 2 A : 1 a) Rút gọn biểu thức: x x 1 x 1 x x 1 với x 0, x 1 . 2 b) Tìm m để phương trình: x 5x + m 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả 2 mãn x1 2x1x2 3x2 1 . Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A ( 1; 5 và) song song với đường thẳng y = 3x + 1. b) Một đội xe phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội xe đó được bổ sung thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau. Câu 4 (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại điểm C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ (N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt đường thẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khác A). a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB. b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN. c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB. Câu 5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: abc = 1. ab bc ca P Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 40
  24. NĂM HỌC 2016 - 2017 (Hướng dẫn chấm gồm: 04 trang) Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Ý Nội dung Điểm Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x y 3 0 (1) 2,00 x y 1 (2) a) (x 3)2 16 b) 4 3 x 3 4 0,25 a PT x 3 4 0,25 1 x 1 0,25 x 7 0,25 (1) y = -2x + 3 0,25 x 2x 3 1 0,25 b Thế vào (2) được: 4 3 x 0 0,25 Từ đó tính được y = 3. Hệ PT có nghiệm (0;3). 0,25 2 x x 1 x 2 A : 1 2 a Rút gọn biểu thức: x x 1 x 1 x x 1 1,00 với x 0, x 1 . 2 x x 1 2 x x (x x 1) x 1 x x 1 x 1 x x 1 ( x 1)(x x 1) +) 0,25 1 = x x 1 x 2 x x 1 x 2 x 1 1 0,25 +) x x 1 x x 1 x x 1 1 x x 1 0,25 A = x x 1 . x 1 1 0,25 A = x 1 Tìm m để phương trình: x 2 5x + m 3 = 0 có hai nghiệm phân 2 b 2 1,00 biệt x1, x2 thoả mãn x1 2x1x2 3x2 1 (1) +) Có: 37 - 4m, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 37 0,25 0 m 4 +) Theo Vi-et có: x1 + x2 = 5 (2) và x1x2 = m - 3 (3) 2 Từ (2) suy ra x2 = 5 - x1, thay vào (1) được 3x1 - 13x1 + 14 = 0, giải 7 0,25 phương trình tìm được x1 = 2; x1 = 3 . +) Với x1 = 2 tìm được x2 = 3, thay vào (3) được m = 9. 0,25 41
  25. 7 8 83 0,25 +) Với x1 = 3 tìm được x2 = 3 , thay vào (3) được m = 9 . ( 1;5) 3 a Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A và 1,00 song song với đường thẳng y = 3x + 1. +) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A nên: 5 = a(-1) + b (1) 0,25 +) Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x + 1 0,25 khi và chỉ khi a = 3 và b 1. +) Thay a = 3 vào (1) tìm được b = 8. 0,25 +) b = 8 thoả mãn điều kiện khác 1. Vậy a = 3, b = 8. 0,25 Một đội xe phải chuyên chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc đội xe đó được bổ sung thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn so với 3 b 1,00 dự định. Hỏi đội xe lúc đầu có bao nhiêu xe? Biết rằng số hàng chở trên tất cả các xe có khối lượng bằng nhau. Gọi số xe lúc đầu là x (x nguyên dương) thì mỗi xe phải chở khối 36 0,25 lượng hàng là: x (tấn) Trước khi làm việc, có thêm 3 xe nữa nên số xe chở 36 tấn hàng là (x +3) xe, do đó mỗi xe chỉ còn phải chở khối lượng hàng là 0,25 36 x 3 (tấn) 36 36 1 Theo bài ra có phương trình: x x 3 0,25 Khử mẫu và biến đổi ta được: x2 + 3x - 108 = 0 (1) Phương trình (1) có nghiệm là: x = 9; x = -12. 0,25 Đối chiếu điều kiện được x = 9 thoả mãn. Vậy số xe lúc đầu là 9 xe. 4 a a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB. 1,00 Vẽ hình đúng E D M N 0,25 F A B O C · 0 · 0 ADB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), có: ACE 90 (Vì d 0,25 vuông góc với AB tại C) Do đó hai tam giác ADB và ACE đồng dạng (g.g) 0,25 AD AB AD.AE AC.AB 0,25 AC AE Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn 4 b 1,00 nội tiếp tam giác CDN. Xét tam giác ABE có: AB  EC. Do A· NB 900 AN  BE 0,25 Mà AN cắt CE tại F nên F là trực tâm của tam giác ABE. 42
  26. · 0 Lại có: BD  AE (Vì ADB 90 ) BD đi qua F B, F, D thẳng 0,25 hàng. +) Tứ giác BCFN nội tiếp nên F· NC F· BC , Tứ giác EDFN nội tiếp nên D· NF D· EF , mà F· BC D· EF nên D· NF C· NF NF là tia phân 0,25 giác của góc DNC. +) Chứng minh tương tự có: CF là tia phân giác của góc DCN. Vậy 0,25 F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng 4 c điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển 1,00 trên cung nhỏ MB. E D M N F 0,25 A B H O C Lấy điểm H đối xứng với B qua C, do B và C cố định nên H cố định. Ta có: FBH cân tại F (vì có FC vừa là đường cao vừa là đường 0,25 trung tuyến) F· HB F· BH Mà F· BH D· EC (Do cùng phụ với góc D· AB ) F· HB D· EC hay 0,25 A· EF F· HB Tứ giác AEFH nội tiếp. Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua hai điểm A, H cố định Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên 0,25 đường trung trực của đoạn thẳng AH cố định. Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn: abc = 1. Tìm giá trị lớn 5 ab bc ca 1,00 P nhất của biểu thức: a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca . Ta có: a5 + b5 a2b2(a + b) (1) với a > 0, b> 0. Thật vậy: (1) (a - b)2(a + b)(a2 + ab + b2) 0, luôn đúng. 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b. Do đó ta được: ab ab 1 c c 0,25 a5 b5 ab a 2b2 (a b) ab ab(a b) 1 abc(a b) c a b c bc a ca b Tương tự có: b5 c5 bc a b c và c5 a5 ca a b c Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên được: 0,25 c a b P 1 a b c a b c a b c Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi a = b = c =1. 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 43
  27. THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2 điểm) Giải các phương trình và phương trình sau: 2 a) x 2 5x 5 0 4 2 b) 4x 5x 9 0 2x 5y 1 c) 3x 2y 8 d) x(x + 3) = 15 – (3x – 1) Câu 2. (1,5 điểm) x2 x y 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 4 và đường thẳng (D): y = 2 trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu tên bằng phép tính. Câu 3. (1,5 điểm) 2 3 2 3 a) Thu gọn biểu thức sau: A = 1 4 2 3 1 4 2 3 b) Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo mức lãi suất tiết kiệm với kỳ hạn 1 năm là 6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm, ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà đề thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó số tiền lãi có được sau năm đầu tiên sẽ được ngân hàng cộng dồn vào số tiền gửi ban đầu đề thành số tiền gửi cho năm kế tiếp với mức lãi suất cũ. Sau hai năm ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền? Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m –2 = 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m. b) Định m để hai nghiệm x1, x2 của phương trình (1) thỏa mãn: 2 2 (1 + x1)(2 – x2) + (1 + x2)(2 – x1) = x1 + x2 + 2 Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại D, E. Gọi H là giao điểm của BD và CE; F là giao điểm của AH và BC. · · a) Chứng minh: AF  BC và AFD ACE . b) Gọi M là trung điểm của AH. Chứng minh: MD OD và 5 điểm M, D, O, F, E cùng thuộc một đường tròn. c) Gọi K là giao điểm của AH và DE. Chứng minh: MD 2 = MK. MH và K là trực tâm của tam giác MBC. 2 1 1 d) Chứng minh: FK FH FA . HẾT. 44
  28. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 55
  29. HƯNG YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = 3 27 4 3 x 3y 5 b) Giải hệ phương trình 2x 3y 1 Câu 2 (1,5 điểm) a) Tìm tọa dộ điểm A thuộc đồ thị hàm số y = 2x 2, biết hoành độ của điểm A bằng 2. b) Tìm m để hàm số bậc nhất y m 2 x 1 m 2 đồng biến trên R. Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x2 – x – m + 2 = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình với m = 3 x x b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 1 2 thỏa mãn 2x1 + x2 = 5. Câu 4 (1,5 điểm) a) Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy r = 2cm và chiều cao h = 5cm. Tính diện tích xung quanh của hình trụ đó. b) Một công ty vận tải dự định điều một số xe tải đểvận chuyển 24 tấn hàng. Thực tế khi đến nơi thì công ty bổ sung thên 2 xe nữa nên mỗi xe chở ít đi 2 tấn so với dự định. Hỏi số xe dự định được điều động là bao nhiêu? Biết số lượng hàng chở ở mỗi xe như nhau và mỗi xe chở một lượt. Câu 5 (2,5 điểm). Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tiếp tuyến tại A của đường tròn lấy điểm C sao cho C khác A. Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD (D là tiếp điểm) và cát tuyến CMN (M nằm giữa N và C) với đường tròn. Gọi H là giao điểm của AD và CO. a) Chứng minh các điểm C, A, O, D cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh CH.CO = CM.CN c) Tiếp tuyến tại Mcuar đường tròn (O) cắt CA, CD thứ tự tại E, F. Đường thẳng vuông góc với OC tạo O cắt CA, CD thứ tự tại P, Q. Chứng minh PE + QF PQ. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2a2 ab 2b2 2b2 bc 2c2 2c2 ca 2a2 . Hết (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm./.) GỢI Ý CÁCH LÀM 56
  30. Câu 5 Câu 6: Với a,b,c là các số dương và a b c 1 Cách giải 1 5 3 5 2a2 ab 2b2 (a b)2 (a b)2 (a b)2 - Ta có 4 4 4 . Dấu “=” xảy ra khi a =b 57
  31. 5 Hay 2a 2 ab 2b2 (a b) 2 . 5 2b2 bc 2c2 (b c) - Tương tự: 2 . Dấu “=” xảy ra khi c =b 5 2c2 ca 2a 2 (c a) 2 . Dấu “=” xảy ra khi a = c Suy ra P =2a 2 ab 2b2 +2b2 bc 2c2 +2c2 ca 2a 2 5(a b c) . 1 1 1 1 1 1 2 2 a b c 2 a. b. c. a b c Lại có 9 9 9 9 9 9 3 3 1 1 a b c 3 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 9 . 5 P Do đó 3 . a 0;b 0;c 0 1 a b c a b c 9 Dấu “=” xảy ra khi a b c 1 . 5 1 a b c Vậy MinP = 3 khi và chỉ khi 9 Cách giải 2 2 2 2 2 2 2 Ta chứng minh bất đẳng thức: a b c d a c b d (*) a b dấu bằng xảy ra khi c d * a 2 b2 c2 d2 2 a 2 b2 c2 d2 a c 2 b d 2 Thật vậy: a 2 b2 c2 d2 ac bd a 2 b2 c2 d2 ac bd 2 2 ad bc 0 (luôn đúng) 2 2 2 2 2 2 P b 15b c 15c a 15a a b c 4 4 4 4 4 4 Ta có 2 Áp dụng bất đẳng thức * ta có: 2 2 2 2 P b c 15b 15c a 15a a b c 2 4 4 4 4 4 4 2 2 b c a 15b 15c 15a 5 2 a b c a b c 4 4 4 4 4 4 2 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có 58
  32. 2 1 a b c 1 1 1 a b c a b c 3 dấu = khi a = b = c P 5 2 5 1 5 a b c . P Do đó 2 2 2 9 suy ra 3 . Dấu = khi a = b = c = 1/9 5 1 a b c Vậy MinP = 3 khi và chỉ khi 9 Cách giải 3 a b 2 2 2 2 ab Ta có 2a ab 2b 2 a b 3ab mà 4 2 2 3 2 5 2 2a 2 ab 2b2 2 a b 3ab 2 a b . a b . a b Nên 4 4 5 2a 2 ab 2b2 a b Suy ra 2 5 5 2b2 ab 2c2 b c 2c2 ca 2a 2 c a Tương tự 2 ; 2 Do đó P 5 a b c Mặt khác ta có x 2 y2 z2 xy yz xz 2 x 2 y2 z2 2 xy yz xz 3 x 2 y2 z2 x 2 y2 z2 2xy 2yz 2zx 2 1 2 3 x 2 y2 z2 x y z x 2 y2 z2 x y z Nên 3 1 1 a b c a b c Áp dụng bất đẳng thức ta có: 3 3 5 1 5 1 P a b c Suy ra 3 . Dấu = khi a = b = c = 9 .Vậy MinP = 3 khi và chỉ khi 9 59
  33. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH LẠNG SƠN Năm học 2016 – 2017 Thời gian làm bài: 120 phút Thi ngày 16 – 06 – 2016 Câu 1: (2 điểm) 2 2 5 5 a) Tính: A = 49 4 ; B = 1 2 4 (dk :x 0; x 4) b) Rút gọn: P = 2 x 2 x 4 x Câu 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số: y = 2x2. b) Cho phương trình: x2 + (m+1)x + m = 0 (1), (m là tham số) 2 2 Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 x2 + x2 x1 = -2. Câu 3: (2 điểm) x y 4 a) Giải hệ: x 2y 2 b) Một hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Nếu tăng chiều dài thêm 4 mét và tăng chiều rộng thêm 5 mét thì diện tích của nó tăng thêm 160m2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó. Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm M. Đường tròn tâm O đường kính MC cắt BC tại điểm thứ hai là E. Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. a) Cmr: Tứ giác ABEM nội tiếp. b) Cmr: ME.CB = MB.CD c) Gọi I là giao điểm của AB và DC, J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. Cmr: AD vuông góc với JI. Câu 5: (1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2a 8b 18 P b c a a c b a b c Hết 60
  34. HƯỚNG DẪN GẢI Câu 1. (2 điểm) a. Tính giá trị các biểu thức: A = 49 4 7 2 9 ( 2 5 )2 5 2 5 5 2 5 5 2 B = 1 2 4 x P ( x 0,x 4 ) b. 2 x 2 x 4 x 1 2 4 x P 2 x 2 x ( 2 x )( 2 x ) 2 x 2( 2 x ) 4 x 2 x 4 2 x 4 x ( 2 x )( 2 x ) ( 2 x )( 2 x ) 6 3 x 3( 2 x ) 3 ( 2 x )( 2 x ) ( 2 x )( 2 x ) 2 x Câu 2. (1,5 điểm) a. Vẽ đồ thị hàm số y = 2x2 Bảng biến thiên: x -2 -1 0 1 2 y = 2x2 8 2 0 2 8 Vẽ đồ thị y = 2x2 HS tự vẽ b. Phương trình x2 + (m+1)x + m = 0 (1) Có = (m+1)2 - 4.1.m = m2 + 2m + 1 - 4m = m2 - 2m + 1 = (m - 1)2 0 với m Phương trình luôn (1) có 2 nghiệm x1, x2. Theo Vi ét: x1 + x2 = – m – 1 và x1.x2 = m 61
  35. 2 2 x x2 x x1 2 x1x2( x1 x2 ) 2 Theo đề bài ta có: 1 2 m( m 1) 2 m2 m 2 m2 m 2 0 Có a b c 1 1 2 0 m 1; m 2 Vậy với m 1; m 2 thì Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm thỏa mãn: 2 2 x x x x 2 x x ( x x ) 2 1 2 2 1 1 2 1 2 Câu 3. (2 điểm) x y 4 x y 4 x 2 4 x 2 a. GPT: x 2y 2 3y 6 y 2 y 2 b. Gọi chiều rộng là x(m) (x > 0) ta có bảng: Giả thiết Chiều rộng Chiều dài Diện tích Giả thiết 1 x 2x x.(2x) = 2x2 Giả thiết 2 x + 5 2x + 4 (x+5)(2x+4) = 2x2 + 14x + 20 Theo đề bài: "Nếu tăng chiều dài thêm 4 mét và tăng chiều rộng thêm 5 mét thì diện tích của nó tăng thêm 160m2" nên ta có phương trình: 2x2 + 14x + 20 = 2x2 + 160 14x = 140 x = 10 2x = 20 Vậy Hình chữ nhật đó có chiều rộng là 10 mét và chiều dài là 20 mét. Câu 4. (3,5 điểm) a) Xét tứ giác ABEM có: y I +) M· AB 900 (gt) x +) M· EC 900 (góc n.tiếp chắn nửa D đường tròn) M· EB 900 A Do đó: M M· AB M· EB 900 900 1800 Vậy tứ giác ABEM nội tiếp đường F tròn đường kính BM J b) Ta có MBE : CBD (g.g) G · · 0 B Vì: Bµ chung và MEB CDB( 90 ) E C (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ME MB CD CB  ME.CB = MB.CD Đây là điều phải chứng minh. c) Gọi xy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC tại I. Ta có: x¶IB I·CB (cùng bằng nửa số đo cung IB của (J)) Lại có: B· A tứC giác90 0ABDC B· DC nội tiếp I·AD I·CB (góc ở trong bằng góc ở ngoài tại đỉnh đối diện – T/C tứ giác nội tiếp) Do đó x¶IB I·AD xy//AD (hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau) (1) Mặt khác xy  IJ (tính chất của tiếp tuyến với bán kính tại tiếp điểm) (2) Từ (1) và (2) ta có: AD  IJ 62
  36. Câu 5. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2a 8b 18c P b c a c a b a b c Đặt x = b + c – a. y = c + a – b và z = a + b – c. (ĐK: x; y; z > 0) 1 1 1 Ta có: a = 2 (y + z); b = 2 (x + z) và c = 2 (x + y). y z x z x y 2. 8. 18. y z 4x 4z 9x 9y P 2 2 2 Khi đó P x y z x y z y 4x z 9x 4z 9y y 4x z 9x 4z 9y ( ) ( ) ( ) 2 . 2 . 2 . x y x z y z x y x z y z (áp dụng BĐT Cô – Si) 2 4 2 9 2 36 4 6 12 22 y 4x x y y 2x z 9x 5b 4a z 3x x z 5c 3a 2z 3y 4z 9y Dấu "=" xảy ra y z Vậy P đạt giái trị nhỏ nhất là: 22 khi 5b = 4a và 5c = 3a. 63
  37. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NAM ĐỊNH Năm học 2016-2017 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Phần I - Trắc nghiệm: (2.0 điểm) Hãy viết chữ cái đứng trước phương án đúng vào bài làm. x2 1 x Câu 1: Điều kiện để biểu thức 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 đi qua điểm A. M (0;1) B.N(1;0) C. P(3;5) D. Q(3; 1) Câu 3: Tổng hai nghiệm của phương trình x2 2x 2 0 là A. 1 B. - 2 C. 2 D. 2 Câu 4: Trong các phương trình sau, phương trình nào có hai nghiệm dương A. x2 5x 3 0 B. x2 3x 5 0 C. x2 4x 4 0 D.x2 25 0 Câu 5: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R? y 2 3 x 1 y 3 2 x 1 y 3 2 x 1 A. y x 1 B. C. D. Câu 6: Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn tiếp xúc ngoài là: A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 Câu 7: Tam giác ABC vuông cân tại A và BC 10 cm . Diện tích tam giác ABC bằng: 25 cm2 5 2 cm2 25 2 cm2 50 cm2 A. B. C. D. 96 cm3 Câu 8: Cho hình nón có chiều cao bằng 8 (cm), và thể tích bằng . Đường sinh của hình nón đã cho có độ dài bằng: A. 12 (cm) B. 4 (cm) C. 10 (cm) D. 6 (cm) Phần II -Tự luận (8.0 điểm) x 1 2 x 4 P . x 1 Câu 1: (1.5 điểm) Cho biểu thức x 2 x 4 x (với x 0; x 4 ) 1) Chứng minh P x 3 2) Tìm các giá trị của x sao cho P = x + 3 2 2 Câu 2: (1.5 điểm) Cho phương trình x 2(m 1) 4m 2m 3 0 (m là tham số) 1) Giải phương trình khi m = 2 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x 1 2 x 1 2 2 x x x x 18 1 2 1 2 1 2 5 2y 4 2 x 2 y 3 x 2 2 4 Câu 3: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: x 2 y 3 Câu 4: (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm I. Gọi H là trực tâm và D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Kẻ DK vuông góc với đường thẳng BE tại K 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp và tam giác DKH đồng dạng với tam giác BEC 2) Chứng minh góc BED = góc BEF 3) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DKE. Chứng minh IA  KG 64
  38. 3 2 3 2 Câu 5: (1.0 điểm) Giải phương trình:2(x 1) x 3(2x 5x 4x 1) 5x 3x 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TOÁN VÀO LÓP 10 NAM ĐỊNH 2016 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm I. gọi H là trực tâm và D, E, F lần lượt là chân các đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Kẻ DK vuông góc với đường thẳng BE tại K. 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp và tam giác DKH đồng dạng với tam giác BEC. 2) Chứng minh B· ED=B· EF 3) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DKE. Chứng minh AI  KG . x A E y F H G I K B D C Ta có EB  AC tại E (theo gt) nên C· EB 90o . Ta có CF  AB tại F (theo gt) nên C· FB 90o . Suy ra C· EB C· FB 1) Tứ giác BCEF có hai đỉnh F và E (kề nhau) cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông nên tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp. + Chỉ ra góc EBC = góc KDH (cùng phụ với góc BDK) + Xét tam giác vuông DKH và tam giác vuông BEC có góc EBC = góc KDH nên DKH đồng dạng BEC (g.g) + Chỉ ra tứ giác EHDC nội tiếp B· ED=B· CH 2) + Theo câu 1, tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp B· CF=B· EF Suy ra B· ED=B· EF + Kẻ tiếp tuyến xy của (I) tại A (như hình vẽ). Chỉ ra được IA  xy và xy // FE (1) 3) + EKD vuông tại K nên tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác chính là trung điểm của ED. Từ đó chỉ ra được EF // KG. (2) + Từ (1) và (2) suy ra KG  AI (đpcm). 3 2 3 2 Câu 5: (1.0 điểm) Giải phương trình: 2(x 1) x 3(2x 5x 4x 1) 5x 3x 8 65
  39. + Điều kiện x 0 và 2x3 5x2 4x 1 (2x 1)(x 1)2 0 x 0 + Biến đổi phương trình đã cho thành: 2 2 2(x 1) x 3(2x 1)(x 1) (5x 8x 8)(x 1) 2 x 6x 3 5x2 8x 8 (do điều kiện x 0 ) 4x 6x 3 5(x 1)2 (2x 3) 2 2 6x 3 4x (2x 3) 5(x 1)2 6x 3 4x Câu 2x 3 2 5. (2x 3) 5(x 1) 6x 3 4x (1,0đ) 1 (2x 3)( 1) 5(x 1)2 6x 3 4x 1 1 0 + Với x 0 chỉ ra được 2x 3 0 ;6x 3 4x ;5(x 1)2 0 1 1 0 6x 3 4x 1 6x 3 4x 2 x 1 0 suy ra 5(x 1) 0 Từ đó, tìm được tập nghiệm của phương trình đã cho là .S 1 66
  40. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NGHỆ AN NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,5 điểm) x 1 1 P ( x 3) Cho biểu thức x 9 x 3 . a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P. b) Tìm các giá trị của x để P 1 . Câu 2. (1,5 điểm) Trong kỳ thi vào lớp 10 THPT tỉnh Nghệ An, tại một phòng thi có 24 thí sinh dự thi. Các thí sinh đều làm bài trên giấy thi của mình. Sau khi thu bài cán bộ coi thi đếm được 33 tờ giấy thi và bài làm của thí sinh chỉ gồm 1 tờ hoặc 2 tờ giấy thi. Hỏi trong phòng đó có bao nhiêu thí sinh bài làm gồm 1 tờ giấy thi, bao nhiêu thí sinh bài làm gồm 2 tờ giấy thi? (Tất cả các thí sinh đều nạp bài). Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2mx m2 9 0(1) (m là tham số). a) Giải phương trình (1) khi m = -2. x2 x (x x ) 12 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 tỏa mãn 1 2 1 2 . Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), vẽ đường kính AD, Đường thẳng qua B vuông góc với AD tại E cắt AC tại F. Gọi H là hình chiếu cvuoong góc của B trên AC và M là trung điểm của BC. a) Chứng minh CDEF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh M· HC B· AD 90 . HC BC 1 . c) Chứng minh HF HE Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 a,b,c 1 và a b c 2 . Chứng minh rằng: ab(a 1) bc(b 1) ca(c 1) 2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 67
  41. Cách giải khác của câu 5: Vì 0 a,b,c 1 nên a - 1 0, b-1 0 (a 1)(b 1) 0 ab a b 1 0 ab a b 1 a2b a2 ab a(1) TT :b2c b2 bc b(2) c2a c2 ca c(3) Cvtv(1)(2)(3) : a2b b2c c2a a2 b2 c2 ab bc ca (a b c) 2 2 P (a b c) (a b c) 2 2 2 SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ 71
  42. ĐỀ THI VÀO 10 THPT 2016-2017 Câu 1. (1,5đ) a, Giải phương trình: x 20 16 b, Giải bất phương trình: 2x 3 5 Câu 2. (2,5đ) Cho hàm số y (2m 1)x m 4 (m là tham số) có đồ thị là đường thẳng (d) a, Tìm m để (d) đi qua điểm A(-1;2) b, Tìm m để (d) song song với đường thẳng ( ) có phương trình y=5x+1 c, Chứng minh khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định Câu 3. (2,0đ) Cho phương trình: x2 2x m 5 0 (m là tham số) a, GPT với m=1 b, Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn 2x1 3x2 7 Câu 4. (3,0đ) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Goi H là trực tâm và I, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B của tam giác ABC (I BC,K AC ). Gọi M là trung điểm của BC.Kẻ HJ vuông góc với AM (J AM ) a, Chứng minh rằng bốn điểm A, H, J, K cùng thuộc một đường tròn và IHˆ K MJˆK b, Chứng minh rằng tam giác AJK và tam giác ACM đồng dạng c, Chứng minh: MJ.MA R 2 Câu 5. Cho ba số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 18 P a 2 b2 c2 2abc ab bc ca LỜI GIẢI SƠ LƯỢC Câu 1. 72
  43. a, Phương trình tập nghiệm: S 36 b, Bất phương trình có nghiệm: x>4 Câu 2. a, m=1 2m 1 5 m 2 m 2 b, Đường thẳng (d) song song với đường thẳng m 4 1 m 3 Vậy: Với m=2 thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) c, y (2m 1)x m 4 y 2mx x m 4 m(2x 1) x y 4 0(*) 1 x 2x 1 0 2 x y 4 0 7 y Xét hệ phương trình: 2 1 7 x ,y Với 2 2 phương trình (*) luôn đúng với mọi giá trị của tham số m nên 1 7 ; Đường thẳng (d) đi qua điểm cố định (2 2 ) khi m thay đổi Câu 3. S 1 5;1 5 a, Với m=1 phương trình có tập nghiệm  b, Phương trình đã cho có 1 (m 5) m 6 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 0 m 6 0 m 6 Với m<6 phương trình có hai nghiệm x1,x2 x1 x2 2(1) áp dụng viet: x1.x2 m 5(2) Ta tìm m để: 2x1 3x2 7(3) Từ (1) và (3) ta được: x1 1,x2 3 thay vào phương trình (2): m 5 3 m 2(TM) Vậy m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 4. a,b Các bạn tự giải nhé c, Kẻ đường kính AF, AM cắt đường tròn tại E Dễ dàng chứng minh được HBFC là hình bình hành nên MH=MF Ta chứng minh hai tam giác vuông MEF và MJH bằng nhau Suy ra: MJ=ME MJ.MA ME.MA Sử dụng kết quả quen thuộc ME.MA MB.MC MB2 Xét tam giác vuông OMB: MB R (Do tam giác ABC nhọn) MB2 R 2 đpcm 73
  44. Câu 5. Xét ba hiệu a-1, b-1, c-1.Áp dụng nguyên lí Đirichlê ít nhất hai trong ba hiệu phải cùng dấu. Do vai trò ba hiệu như nhau giả sử: a-1 và b-1 cùng dấu (a 1).(b 1) 0 ab 1 a b abc c ac bc (Nhân hai vế với c) abc ac bc c 2abc 2ac 2bc 2c Vậy: 18 P a 2 b2 c2 2abc ab bc ca 18 a 2 b2 c2 2ac 2bc 2c ab bc ca 18 (a 2 b2 ) (c 1)2 2ac 2bc 1 ab bc ca 18 9 2ab 2ac 2bc 1 2.(ab ac bc ) 1 ab bc ca ab bc ca 9 2.2. (ab ac bc)( ) 1 2.2.3 1 11 ab bc ca Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1 SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT 74
  45. NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày `08/06/2016 MÔN: TOÁN SBD . Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang, gồm 05 câu MÃ ĐỀ 086 Câu 1(2.0điểm). 1 1 1 . Cho biểu thức B= b 1 b 1 b với b>0 và b 1 a) Rút gọn biểu thức B. b) Tìm các giá trị của b để B= 1. Câu 2(1,5 điểm). 2x 3y 1 a) Giải hệ phương trình sau: 3x y 7 b) Cho hàm số bậc nhất y = (n-1)x + 3 (n là tham số). Tìm các giá trị của n để hàn số đồng biến. Câu 3(2.0điểm). Cho phương trình x2 – 6x + n = 0 (1) (n là tham số). a) Giải phương trình (1) khi n = 5 b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn 2 2 x1 1 x2 1 36 Câu 4(1.0điểm). Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x y 1 . 1 xy(x y)2 Chứng minh rằng 64 Câu 5(3.5điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và ON. a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3 cm. c) Kẻ ta Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa N và D). Chứng minh rằng N· EC O· ED HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM Câu Nội dung Điểm 75
  46. 1 2.0 1 1 1 . B = b 1 b 1 b b 1 b 1 1 . b 1 1a = b 2 b 1 . 2 ==b 1 b b 1 2 Vậy B = b 1 với b>0 và b 1 Khi B =1 2 1b Ta có b 1 =1 2= b-1 b=3 (TMĐK) Vậy khi B = 1 thì b = 3 2 1,5 2a 2x 3y 1 2x 3y 1 Ta có: 3x y 7 9x 3y 21 2x 3y 1 11x 22 x 2 y 1 2b Hàm số đồng biến khi hệ số a > 0 n-1>0 n>1 3 2,0 Khi n = 5 phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 5 = 0 3a Phương trình có dạng a+b+c = 0 Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = 5 Ta có ' ( 3)2 n 9 n ' Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì 0 Hay 9 - b 0 n 9 x1 x2 6 x .x n Theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2 x 2 1 x 2 1 36 3b Mà 1 2 2 2 2 2 x1 .x2 x1 x2 1 36 2 2 2 (x1.x2 ) (x1 x2 ) 1 36 2 2 (x1.x2 ) (x1 x2 ) 2x1x2 1 36 Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36 n2 – 2n +1 = 0 Suy ra n = 1 (TMĐK) x 2 1 x 2 1 36 Vậy n =1 thì 1 2 4 1,0 76
  47. Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x y 1 . 1 xy(x y)2 Chứng minh rằng 64 Giải: Ta có: (x y )2 = x + y + 2xy =1 áp dụng BĐT côsi cho 2 số (x+y) và 2xy ta có: (x+y+2xy ) 2 (x y)2 xy => (x+y+2xy )2 8(x+y) xy =>1 8(x+y) xy 1 =>8 (x+y) xy 1 =>64 (x+y)2xy (điều phải chứng minh) 5 3,5 Ta có O· AN 900 (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) O· BN 900 (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) 5a 0 Do đó O· AN O· BN 180 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn. Ta có NA = NA (Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra ABN cân tại N Mà NO là phân giác của ·ANB (Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên NO cũng là đường cao của ABN do đó NE AB hay AE NO Xét ANO vuông tại A (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) có 5b đường cao AE. Áp dụng định lý Py –ta -go ta có: ON2 = NA2 + OA2 Suy ra NA = ON 2 OA2 52 33 4 (cm) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có ON.AE = AN.OA 77
  48. 5.AE =4.3 AE = 2,4 AB= 2AE= 2. 2,4 =4,8 (cm) (Vì ON AB) AN 2 42 NE 3,2 (cm) AN2 = NE.NO NO 5 Xét NAO vuông tại A có AE là đường cao nên NA2 = NE.NO (1) Xét NAC và NDA có: ·ANC chung; N· AC N· DA (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC) Nên NAC đồng dạng với NDA (g-g) NA NC ND NA hay NA2 = NC.ND (2) NE NC Từ (1) và (2) suy ra NE.NO = NC.ND ND NO 5c NE NC Xét NCE và NOD có E· NC chung mà ND NO (c/m trên) Nên NCE đồng dạng với NOD (c-g-c) N· EC N· DO Do đó tứ giác OECD nội tiếp (Theo dấu hiệu) D· EO D· CO (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung OD) Mà OCD cân tại O (Do OC = OD = R) D· CO C· DO Suy ra N· EC O· ED 78
  49. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC: 2016– 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Hệ không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 14– 6 – 2016 Bài 1: (1,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính 25 8. 2 2. Cho hàm số y x2 có đồ thị là (P) và hàm số y=x+2 có đồ thị là (d). a. Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b. Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) Giải phương trình: x4 – 7 x2– 18= 0 b) Giải hệ phương trình: 2x y 8 3x 2y 19 2. Tìm m để phương trình x2 + 2(m -3)x - 4m+7 = 0 (với m là tham số) a. Chứng minh rằng phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho,hãy tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào m. Bài 3: (2,0điểm) Cho hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 7 giờ 12 phút sẽ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy trong 4 giờ rồi khóa lại và cho vòi thứ hai chảy 1 trong 3 giờ thì được 2 bể nước. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể ? Bài 4: (3,5điểm) Từ một điểm M nằm ở bên ngoài đường tròn Tâm O bán kính R, vẽ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A,B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O của đường tròn (C nằm giữa M và D).Gọi E là trung điểm của dây CD. a. Chứng minh năm điểm M, A, B, E, O cùng thuộc một đường tròn b. Trong trường hợp OM =2R và C là trung điểm của 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 là các số thực khác O.Tìm giá trị nhỏ nhất của x2 y2 x y A 3 2 2 8 y x y x Hết Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm BÀI GIẢI DỰ KIẾN 79
  50. Bài 1: (1,5 điểm) 1.Thực hiện phép tính 25 8. 2 2.Cho hàm số y x2 có đồ thị là (P) và hàm số y=x+2 có đồ thị là (d). a.Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b.Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) giải 1. 25 8. 2 5 16 5 16 5 4 5 4 9 2 2. a) Vẽ P : y x Bảng giá trị giữa x và y: x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4 d : y x 2 Vẽ 6 x 0 y 2: A 0;2 4 y 0 x 2 :B 2;0 2 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 2 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x x 2 x x 2 0 1 Vì a b c 0 nên (1) có hai nghiệm là x1 1; x2 2 * Với x1 1 y1 1 * Với x2 2 y2 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: 1;1 và 2;4 Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau: c) Giải phương trình: x4 – 7 x2– 18= 0 d) Giải hệ phương trình: 2x y 8 3x 2y 19 2. Tìm m để phương trình x2 + 2(m -3)x - 4m+7 = 0 (với m là tham số) a. Chứng minh rằng phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho,hãy tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào m. giải 80
  51. 1. 2 2 a. Đặt t x 0 thì ta có t2 – 7 t– 18= 0.Ta có t 49 72 121 11 11 7 11 t 9 1 2 7 11 t 2 Nên 2 2 2 2 Với điều kiện t x 0 thì lấy t1 9 x x 3 2x y 8 4x 2y 16 7x 35 x 5 b. 3x 2y 19 3x 2y 19 2x y 8 y 2 2. a) 4(m 3)2 4(4m 7) 4m2 24m 36 16m 28 4m2 8m 8 4(m 1)2 1 1 0 Nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b. theo hệ thức vi- ét ta có x1 x2 2(m 3) 2x1 2x2 12 4m 2x1 2x1 19 x1.x1 0 x1.x2 4m 7 x1.x2 7 4m Bài 3: (2,0điểm) Cho hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước thì trong 7 giờ 12 phút sẽ đầy bể. Nếu vòi thứ nhất chảy trong 4 giờ rồi khóa lại và cho vòi thứ hai chảy 1 trong 3 giờ thì được 2 bể nước. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể ? Giải 36 x Gọi x h là thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc, 5 36 y y h là thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc, 5 Theo đề bài, ta có hệ phương trình: 1 1 5 x y 36 x 12 4 3 1 y 18 x y 2 Vậy nếu làm riêng một mình thì người thứ nhất làm trong 12(h); người thứ hai làm trong 18(h). Bài 4: (3,5điểm) Từ một điểm M nằm ở bên ngoài đường tròn Tâm O bán kính R, vẽ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A,B là các tiếp điểm).Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O của đường tròn (C nằm giữa M và D). Gọi E là trung điểm của dây CD. a. Chứng minh năm điểm M, A, B, E, O cùng thuộc một đường tròn b. Trong trường hợp OM =2R và C là trung điểm của đoạn thẳng MD.Hãy tính độ dài đoạn thẳng MD theo R. c. Chứng minh hệ thức CD2 =4AE.BE giải 81
  52. 0 a. O· MA =O· ME O· MB 90 nên năm điểm M,A,B,E,O cùng thuộc một đường tròn b. khi MC=CD thì OC vuông góc OB. 0 ta có MA2 MC.MD .Mà tam giác MAB đều do có M· AB 60 nên AB MA MB R 3 .Suy ra MD R 6 c. CD2 =4CE2 =4AE.BE CE BE Tam giác CAE đồng dạng tam giác BCE.Suy ra AE CE Nên 4CE2 =4AE.BE Bài 5: (1,0điểm) Cho x,y là các số thực khác O.Tìm giá trị nhỏ nhất của x2 y2 x y A 3 2 2 8 y x y x giải 4 34 34 x y A 3m2 8m 6 3(m )2 m 2 Hướng 1: 3 3 3 với y x 34 4 m 2 Min A là 3 khi 3 (vô lý) nên không có m x y m Hướng 2: chưa biết x, y âm hay dương nên y x . Lúc đó x y m 2 m 2  m 2 y x TH1: m 2 có minA nhưng lại không tồn tại m TH2: m 2 thì A 10 khi x=y=-1 Vậy min A là -10 khi x=y=-1 Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2016 – 2017 82
  53. Th¸I b×nh m«n: to¸n (120 phót lµm bµi) Ngµy thi: 16/06/2016 (buæi chiÒu) Câu 1: (2.0 điểm). 1 A 3 2 2 a) Không dùng máy tính, hãy tính: 1 2 . x 3 x 3 1 . b) Chứng minh rằng: x 3 x 3 x 9 x 3 với x ≥ 0 và x ≠ 9. Câu 2: (2,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 vµ đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m (m là tham số, m R). a) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua hai điểm I(1; 3). b) Chứng minh rằng parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A, 2 2 B. Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B, Tìm m sao cho: x1 +x2 + 6x1x2 > 2016. Câu 3: (2.0 điểm) 2x y 1 a) Giải hệ phương trình: 3x 4y 6 b) Cho tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm. Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 3cm. Tìm độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó. Câu 4: (3.5 điểm) Cho ®ưêng trßn (O) vàđiểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là hai tiếp điểm). a) Chứng minh: Tø gi¸c ABOC nội tiếp. b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, chứng minh tứ giác BOCH là hình thoi. c) Gọi I là giao điểm của đoạn OA với đường tròn. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. d) Cho OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC. Câu 5: (0.5 điểm) Giải phương trình: x3 + (3x2 – 4x - 4)x 1 = 0. HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: 83
  54. Câu 1: (2.0 điểm). a) Không dùng máy tính, hãy tính: 1 A 3 2 2 1 2 . 2 1 2 2 2 1 2 1 2 = 2 1 2 1 = 2 1 2 1 2 b) Với x ≥ 0 và x ≠ 9, ta có: x 3 x 3 . x 3 x 3 x 9 x.( x 3) 3( x 3) x 3 . ( x 3)( x 3) x 9 x 3 x 3 x 9 x 3 . ( x 3)( x 3) x 9 x 9 x 3 . ( x 3)( x 3) x 9 1 x 3 x 3 x 3 1 . Vậy x 3 x 3 x 9 x 3 với x ≥ 0 và x ≠ 9 Câu 2: (2,0 điểm) a) Để đường thẳng (d): y = 2(m - 1)x + m2 + 2m đi qua điểm I(1; 3) 3 = 2(m - 1).1 + m2 + 2m m2 +4m -5 = 0 Ta có: a + b + c = 1 + 4 – 5 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm: m1 1; m2 5 Vậy m = 1 hoặc m = -5 thì đường thẳng (d) đi qua điểm I(1; 3). b) Phương trình hoành dộ giao điểm của parapol (P) và đường thẳng (d) là: x2 = 2(m - 1)x + m2 + 2m x2 2(m 1)x m2 2m = 0 (*) 2 2 2 Phương trình (*) có: ' m 1 1( m 2m) 2m 1 > 0 với mọi m. Nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Do đó parapol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm A, B thì x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*). x1 x2 2m 2 2 Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1.x2 m 2m 2 2 Theo giả thiết, ta có: x1 +x2 + 6x1x2 > 2016 2 (x1 x2 ) 4x1x2 2016 (2m 2)2 4(-m2 2m) 2016 84
  55. 4m2 8m 4 4m2 8m 2016 16m 2012 503 m 4 503 m Vậy 4 là giá trị cần tìm. Câu 3: (2.0 điểm) 2x y 1 8x 4y 4 5x 10 x 2 a) Ta có: 3x 4y 6 3x 4y 6 2x y 1 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;3) b) Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) với 0 < x < 15. Vì hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 3cm nên độ dài cạnh góc vuông còn lại là x + 3(cm) Vì tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 15 cm nên theo định lý Py –ta go ta có phương trình: x2 + (x +3)2 = 152 x2 x2 6x 9 225 2x2 6x 216 0 x2 3x 108 0 Ta có: 32 4.( 108) 441 0 21 3 21 3 21 x 9 x 12 Phương trình trên có hai nghiệm: 1 2 (thỏa mãn), 1 2 (loại) Vậy độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó là 9cm và 9 + 3 = 12cm. Câu 4: (3.5 điểm) B A H E O I C a) Ta có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O), với B,C là hai tiếp điểm nên OB  AB và OC  AC A· BO = 900 và A· CO = 900 Tứ giác ABOC có tổng hai góc đối: A· BO +A· CO = 900 900 1800 Do đó tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. b) Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên BH và CH là hai đường cao của tam giác ABC BH  AC và CH  AB, mà theo câu a) OB AB và OC  AC OB // CH và OC // BH Tứ giác BOCH là hình bình hành Lại có OB = OC (bán kính) nên tứ giác BOCH là hình thoi. c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 85
  56. AO là tia phân giác của  BAC và OA là tia phân giác của  BOC. Mà I là giao của OA với đường tròn tâm O nên I là điểm chính giữa của cung nhỏ BC ABI =  IBC BI là tia phân giác của  ABC Vì I là giao điểm của hai đường phân giác AO và BI của tam giác ABC nên I cách đều ba cạnh của tam giác ABC. Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. d) Gọi E là giao điểm của BC và OA Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OB = OC (bán kính) => AO là đường trung trực của BC => AO  BC tại E và BC = 2BE Xét tam giác ABO vuông tại B có BE là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: OB2 32 OE 1,8 OB2 = OE.OA => OA 5 cm => AE = OA – OE = 5- 1,8 = 3,2cm BE2 = AE.OE = 3,2.1,8 = > BE = 2,4cm => BC = 4,8cm 1 1 Vậy diện tích tam giác ABC là: 2 AE.BC =2 .3,2.4,8= 7,68cm2 Câu 5: Điều kiện: x 1 . Đặt y = x 1 với y 0 ta được: x3 + (3x2 – 4y2)y = 0 x3 3x2 – 4y2 y 0 x3 3x2 y 4y3 0 (x3 y3 ) (3x2 y 3y3 ) 0 (x y) x2 xy y2 3y(x y)(x y) 0 (x y)(x 2y)2 0 x y x 2y 0 1 5 x (t / m) 2 1 5 x (loai) *) Khi x = y ta có: x = x 1 x2 x 1 0 và x 0 2 *) Khi x + 2y = 0 ta có: x +2x 1 = 0 x 1 2 x 1 1 2 2 x 1 1 2 x 1 1 2 (do x 1 1 0) x 1 2 1 x 2 2 2 (thỏa mãn x 1 ) 1 5 x , x 2 2 2 Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 2 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 86
  57. TIỀN GIANG Năm học 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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) 2 1 A 2 3 1. Rút gọn biểu thức sau: 2 3 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: 3x y 7 a/ x 4 5x 2 4 0 b/ 5x y 9 2 3. Cho phương trình x 7x 5 0 . Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình, 4 4 không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức B x1 .x 2 x1.x 2 Bài II. (2,5 điểm) 1 P : y x 2 Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol 4 và đường thẳng d : y mx m 2 1. Với m = 1, vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 2. Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi m thay đổi. 3. Xác định m để trung điểm của đoạn thẳng AB có hoành độ bằng 1. Bài III. (1,5 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích 480m2, nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 4m thì diện tích tăng 20m2. Tính các kích thước của khu vườn. Bài IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm (O; R) có hai đường kính AB và CD. Các tia AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) lần lượt ở M và N. 1. Chứng minh: tứ giác CMND nội tiếp trong một đường tròn. 2. Chứng minh AC.AM = AD.AN. 3. Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Biết B· AM 450 Bài V. (1,0 điểm) Một hình trụ có bán kính đáy 6cm, diện tích xung quanh bằng 96 cm2 . Tính thể tích hình trụ. HẾT Thí sinh được sử dụng các loại máy tính cầm tay do Bộ Giáo dục và Đào tạo cho phép. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TS10 – TIỀN GIANG 2016 – 2017 87
  58. MÔN: TOÁN Bài I. (3,0 điểm) 2 1 A 2 3 1. Rút gọn biểu thức sau: 2 3 (HS tự giải) Đáp số: A 4 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: (HS tự giải) 3x y 7 a/ x 4 5x 2 4 0 b/ 5x y 9 x 2 Đáp số: a/ x 1;1; 2;2 b/ y 1 3. Phương trình x 2 7x 5 0 . Có a = 1; b = 7; c = —5 b S x x 7 1 2 a c P x .x 5 Theo Vi-ét: 1 2 a B x 4 .x x .x 4 x x x3 x3 x x x x x 2 x x x 2 Ta có: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 x x x x x x 2 3x x 5 7 7 2 3 5 2240 1 2 1 2 1 2 1 2 Bài II. (2,5 điểm) 1 P : y x 2 Parabol4 ; đường thẳng d : y mx m 2 1 P : y x 2 1. Với m = 1. Vẽ Parabol 4 và đường thẳng: (d): y = x – 3 y 6 5 4 3 y = x - 3 2 1 x -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 O 1 2 3 4 5 6 7 8 -1 A -2 I -3 y = -1/4.x2 -4 y = mx - m - 2 -5 -6 B -7 -8 -9 -10 -11 -12 88
  59. 1 x 2 mx m 2 2. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d): 4 (m ≠ 0) ⇔ x 2 4mx 4m 8 0 . 2 2 2 2 Biệt số b 4ac 4m 4.1. 4m 8 16m 16m 32 16 m m 2 2 1 7 16 m 2 4 > 0 với mọi m Nên phương trình hoành độ giao điểm luôn có hai nghiệm phân biệt. Do đó, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B khi m thay đổi. 3. Gọi I(xI; yI) là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2 b 1 7 x A 2m 2 m 2a 2 4 2 b 1 7 x B 2m 2 m 2a 2 4 Ta có: 2 2 1 7 2 1 7 x A 2m 2 m yA 2m 2m m m 2 Với 2 4 thì 2 4 2 2 1 7 2 1 7 x B 2m 2 m yB 2m 2m m m 2 Với 2 4 thì 2 4 Cách 1: (Dùng công thức – tham khảo) x x 8m x A B 2m Vì I là trung điểm của AB nên ta có: I 2 4 1 m Theo đề bài, trung điểm I có hoành độ là 1 nên: 2m 1 => 2 (thỏa đk m ≠ 0) Cách 2: Vì I(xI; yI) ∈ (d) và cách đều hai điểm A, B và xI = 1 nên: yI mx I m 2 ⇔ yI 2 và IA = IB IA2 x x 2 y y 2 x 1 2 y 2 2 Ta có: A I A I A A 2 2 x A 2x A 1 yA 4yA 4 IB2 x x 2 y y 2 x 1 2 y 2 2 B I B I B B 2 2 x B 2x B 1 yB 4yB 4 2 2 2 2 2 2 IA IB ⇔ IA IB ⇔ x A 2x A 1 yA 4yA 4 x B 2x B 1 yB 4yB 4 2 2 2 2 ⇔ x A x B 2x A 2x B 4yA 4yB yA yB 0 x x x x 2 x x 4 y y y y y y 0 ⇔ A B A B A B A B A B A B x x x x 2 y y 4 y y 0 ⇔ A B A B A B A B 2 2 1 7 1 7 2 4 m 4m 2 4m m 4 4m 2m 4 0 2 4 2 4 ⇔ 89
  60. 2 1 7 2 4 m 4m 2 m 1 0 2 4 ⇔ 2 1 7 4 m vì 2 4 > 0 và m2 + 1 > 0 với mọi m nên chỉ có 4m 2 0 1 m hay 2 (thỏa đk m ≠ 0) 1 m Vậy với 2 thì trung điểm I của đoạn thẳng AB có hoành độ bằng 1. Bài III. (1,5 điểm) (HS tự giải) Đáp số: Phương trình x2 – 10x – 600 = 0; chiều dài: 30(m); chiều rộng: 16(m) Bài IV. (2,0 điểm) M a) Chứng minh CMND là tứ giác nội tiếp. C » » sđ AB DB » · AD ANM sđ + Ta có: 2 2 (góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn) » · AD ACD sđ A B 2 (góc nội tiếp chắn cung AD) O + Suy ra: A· NM A· CD Do đó tứ giác CMND nội tiếp (vì có góc ngoài tại đỉnh C bằng góc bên trong tại đỉnh đối diên N) b) Chứng minh AC.AM = AD.AN D Xét hai tam giác ADC và AMN có: D· AC M· AN 900 (góc chung, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A· CD A· NM (câu a) AD AC Suy ra: ∆ADC ∽ ∆AMN (g – g) ⇒ AM AN . Từ đó: AC.AM = AD.AN c) Khi B· AM 450 BM.BA 2R.2R S 2R 2 + ∆ABM vuông cân tại B cho BM = AB = 2R. Từ đó: ABM 2 2 AO.OC R.R R 2 S + ∆AOC vuông cân tại O cho AO = OC = R. Từ đó: AOC 2 2 2 + B· OC 900 (góc ngoài tại O của tam giác vuông cân AOC) cho: N R 2 900 R 2 0 SquạtBOC = 360 4 Diện tích cần tìm: 2 2 2 2 R R R 6 2R 2 4 4 SABM – (SAOC + SquạtBOC) = (đ.v.d.t) Bài V. (1,0 điểm) S 2 rh 96 cm2 Hình trụ: r = 6(cm); xq 90
  61. 48 48 h 8 cm ⇒ r 6 Thể tích hình trụ: V S.h r2 .h .62.8 288 cm3 91