Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và đào tạo An Giang

87 trang nhatle22 8090

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và đào tạo An Giang", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_tuyen_sinh_mon_toan_lop_10_nam_hoc_2017_2018_so_giao.docx

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 - Năm học 2017-2018 - Sở Giáo dục và đào tạo An Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AN GIANG NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1.(3,0 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)3x 12x 27 b) x2 x 20 0 2x 3y 7 c) x y 1 Câu 2.(1,5điểm). Cho hàm số y cóx2 đồ thị là parabol ( .P ) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho. b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và đường thẳng (d) : 2x 1 bằng phép tính. Câu 3.(1,5điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 (4m 1)x 2m 8 (0 làm tham số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m . b) Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 của phương trình đã cho thỏa mãn điều kiện x1 x2 17 . Câu 4.(3,0 điểm). Cho điểm thuộcC nửa đường tròn đường kính A . BKẻ tiếp tuyến Acủax nửa đường tròn đó ( Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường tròn tại D . Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E . Kẻ EH vuông góc với Ax tại H . a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ·ABD B· DC . c) Chứng minh tam giác ABE cân. d) Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K . Chứng minh AKEF là hình thoi. Câu 5. (1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà ở tỉnh Bình Thuận là ngọn tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để định hướng cho tàu thuyền giao thông trong khu vực vào ban đêm. Đây là ngọn hải đăng được xem là cổ xưa và cao nhất Việt Nam, chiều cao của ngọn đèn so với mặt nước biển là 65 m. Hỏi a) Một người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa bao nhiêu m trên mặt biển. b) Cách bao xa thì một người quan sát đứng trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này biết rằng mắt người quan sát đứng ở trên tàu có độ cao 5 m so với mặt nước biển. (Cho biết bán kính Trái đất gần bằng 6400 km và điều kiện quan sát trên biển không bị che khuất) HẾT 1
STT 01. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (3,0 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)3x 12x 27 b) x2 x 20 0 2x 3y 7 c) x y 1 Lời giải a) 3x 12x 27 3x 2 3x 3 3 3 3x 3 3 x 1 Vậy S 1 b) x2 x 20 0 1 81 x1 4 12 4.1.( 20) 81 0 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 1 81 x 5 2 2 Vậy S 5;4 2x 3y 7 2x 3y 7 5x 10 x 2 x 2 c) x y 1 3x 3y 3 2x 3y 7 2.2 3y 7 y 1 Câu 2.(1,5điểm). Cho hàm số y cóx2 đồ thị là parabol ( .P ) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho. b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và đường thẳng (d) : 2x 1 bằng phép tính. Lời giải a) Bảng giá trị: x 2 1 0 1 2 y x2 4 1 0 1 4 2
b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x2 2x 1 x2 2x 1 0 (x 1)2 0 x 1 y 12 1 Vậy tọa độ giao điểm là A(1; 1) . Câu 3.(1,5điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn x : x2 (4m 1)x 2m 8 (0 làm tham số). a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m . b) Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 của phương trình đã cho thỏa mãn điều kiện x1 x2 17 . Lời giải a) Ta có (4m 1)2 4.1.(2m 8) 16m2 33 0 với mọi giá trị của m . Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m . b) Vì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi tham số m nên theo định lí Vi-et: b x x 4m 1 1 2 a c x .x 2m 8 1 2 a 2 2 2 2 Ta có: x1 x2 17 (x1 x2 ) 289 x1 x2 2x1x2 289 (x1 x2 ) 4x1x2 289 2 2 m 4 ( 4m 1) 4(2m 8) 289 16m 256 0 m 4 Vậy m 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4.(3,0 điểm). Cho điểm thuộcC nửa đường tròn đường kính A . BKẻ tiếp tuyến Acủax nửa đường tròn đó ( Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường tròn tại D . Kéo dài AD và BC cắt nhau tại E . Kẻ EH vuông góc với Ax tại H . a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ·ABD B· DC . c) Chứng minh tam giác ABE cân. 3
d) Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K . Chứng minh AKEF là 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 ra ·ACE 90o (kề bù) Xét tứ giác AHEC ta có: ·ACE ·AHE 90o , suy ra tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường kính AE (tổng hai góc đối diện bằng 180o ) ■ b) Ta có ABCD nội tiếp nên B· DC D· AC (1) (cùng nhìn cạnh DC ). 1 Lại có: ·ABD »AD (góc nội tiếp). 2 1 D· Ax »AD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). 2 Suy ra·ABD D· Ax . MàD· Ax D· AC (do AD là phân giác). Suy ra·ABD D· AC (2) Từ (1) và (2) suy ra ·ABD B· DC ■ c) Xét DAB và DEB có: ·ADB E· DB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). BD chung. ·ABD B· DC (cmt). DAB DEB (g-c-g). BA BE (tương ứng). ABE cân tại ■B d) Theo câu c) DAB DEB DA DE D là trung điểm AE (3) Xét DAF và DAK có: 4
·ADF ·ADK 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). AD chung. D· AF D· AK (do AD là phân giác). DAF DAK (g-c-g) DK DF (tương ứng). D là trung điểm KF (4) Từ (3) và (4) ta có AKEF là hình bình hành (tứ giác có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường). Mà AE  KF AKEF là hình thoi ■ Câu 5.(1,0 điểm) Ngọn hải đăng Kê Gà ở tỉnh Bình Thuận là ngọn tháp thắp đèn gần bờ biển dùng để định hướng cho tàu thuyền giao thông trong khu vực vào ban đêm. Đây là ngọn hải đăng được xem là cổ xưa và cao nhất Việt Nam, chiều cao của ngọn đèn so với mặt nước biển là 65 m. Hỏi a) Một người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa bao nhiêu m trên mặt biển. b) Cách bao xa thì một người quan sát đứng trên tàu bắt đầu trông thấy ngọn đèn này biết rằng mắt người quan sát đứng ở trên tàu có độ cao 5 m so với mặt nước biển. (Cho biết bán kính Trái đất gần bằng 6400 km và điều kiện quan sát trên biển không bị che khuất) Lời giải AB là ngọn tháp A CD là độ cao của người đứng trên tàu AM là khoảng cách tối đa mà người đứng ở ngọn hải đăng có thể M nhìn thấy C a) Xét AMB và ANM có: B D µA chung ·AMB ·ANM (cùng chắn cung MB ) Suy ra AMB # ANM (g-g) O AM AB AN AM E N AM 2 AB.AN 65.(65 2.6400) 832004225 AM 28,8 km. Vậy người quan sát đứng tại vị trí đèn của hải đăng nhìn xa tối đa 28,8 km ■. b) Tương tự ta có CDM # CME (g-g) CD CM CM CE CM 2 CD.CE 5.(5 2.6400000) 64000025 CM 8 km Vậy khoảng cách tối đa là: CM MA 36,8 km ■ Người giải đề: Nguyễn Hoàng Hảo; fb: Người phản biện: Phương Văn Mai 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1. (2,5 điểm). a) Giải phương trình: x2 - 3x+2 = 0. x - y = 3 b) Giải hệ phương trình: . 3x - 2y = 8 3x 9x c) Rút gọn biểu thức A= + - 4x x > 0 . x 3 Câu 2. Cho hàm số y x2 (P) và y 2x – m (d) . a) Vẽ đồ thị (P). b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất. Câu 3.(1,0 điểm). Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm cái30 0giỏ tre. Trước khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân nên số giỏ trẻ phải làm của mỗi người giảm 3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu công nhân? Biết năng suất làm việc của mỗi người như nhau. Câu 4.(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn O; Rcó đường kính A . TrênB O lấyA điểm (H khácH , O H khác A ). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB , đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C . Trên cung BC lấy điểm M (M khác B , M khácC ). Dựng CK vuông góc với AM tại K . a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh C· HK C· BM. c) Gọi N là giao điểm của AM vàCH . Tính theo R giá trị biểu thức P AM.AN BC 2. Câu 5.(1,0 điểm) 2 x x2 -12x -12 a) Giải phương trình: 6. x - + = 0. x+2 x+1 2 2 b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình 4x 4ax b 2 0 có nghiệm x1 , x2 . Tìm 1 2b(x x ) GTNN của biểu thức: P (x x )2 b(x x ) 8x x 1 2 . 1 2 1 2 1 2 a2 Câu 6.(0,5 điểm) Cho ABnhọnC (A <B A ) Cnội tiếp đường tròn ( .O Hai) tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B , C cắt nhau tại D, OD cắt BCtại E. Qua D vẽ đường thẳng song song với AB , S đường thẳng này cắt AC tại K , đường thẳng OK cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích ABF . S ABC 6
STT 02. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (2,5 điểm). a) Giải phương trình: x2 - 3x+2 = 0. x - y = 3 b) Giải hệ phương trình . 3x - 2y = 8 3x 9x c) Rút gọn biểu thức A= + - 4x x > 0 . x 3 Lời giải: a) Cách 1: Do 1+(-3)+2 = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2. Cách 2: Δ= (-3)2 - 4.2 = 1 Δ =1. -(-3)-1 -(-3)+1 Phương trình đã cho có hai nghiệm x = = 1; x = = 2. 1 2 2 2 2x - y = 3 7x = 14 x = 2 x = 2 b) . 3x+2y = 8 2x - y = 3 4 - y = 3 y = 1 2 3x 9x 3 x 3 x c) A= + - 4x = + - 2 x = 3 x + x - 2 x = 2 x. x 3 x 3 Câu 2. Cho hàm số y x2 (P) và y 2x – m (d) a) Vẽ đồ thị (P). b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất. Lời giải: a) Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y x2 4 1 0 1 4 Đồ thị: 7
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 = 2x - m x2 - 2x+m = 0(*). (P) và (d) có điểm chung duy nhất (*) có nghiệm duy nhất ' 0 1 m 0 m 1. Câu 3.(1,0 điểm). Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm cái30 0giỏ tre. Trước khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân nên số giỏ trẻ phải làm của mỗi người giảm 3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu công nhân? Biết năng suất làm việc của mỗi người như nhau. Lời giải: Gọi x là số công nhân ban đầu của xưởng. (điều kiện x N * ) 300 Khi đó, theo dự định mỗi công nhân phải làm cái giỏ. x 300 Sau khi xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân thì số giỏ mỗi người phải làm là . x+5 300 300 Theo đề bài ta có phương trình: - = 3 300(x+5 - x)= 3x(x+5) x x+5 2 x = 20 x(x+5)= 500 x +5x - 500 = 0 x = -25 Kiểm tra điều kiện ta chọn x = 20 Vậy lúc dự định xưởng có 20 công nhân. Câu 4.(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn O; Rcó đường kính A . TrênB O lấyA điểm (H khácH , O H khác A ). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB , đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C . Trên cung BC lấy điểm M (M khác B , M khácC ). Dựng CK vuông góc với AM tại K . a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh C· HK C· BM. Lời giải: M C N K A H O B Gọi N là giao điểm của AM vàCH . Tính theo R giá trị biểu thức P AM.AN BC 2. Ta có C· HA C· KA 900 Tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn đường kính AC. C· HK C· AK C· AM (do tứ giác ACKH nội tiếp). Mà C· AM C· BM (cùng chắn cung CM ). Vậy C· HK C· BM . Ta có ·ACN = ·ABC (= 900 - H· CB ); ·ABC = ·AMC ·ACN = ·AMC 8
AN AC Do đó ACN : AMC (g.g) = AM.AN = AC 2 . AC AM C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên tam giác ABC vuông tại C, AC2 BC2 AB2 . Vậy P AM.AN BC2 AB2 4R 2. Câu 5.(1,0 điểm) 2 x x2 -12x -12 a) Giải phương trình: 6. x - + = 0. x+2 x+1 2 2 b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình 4x 4ax b 2 0 có nghiệm x1 , x2 . 1 2b(x x ) Tìm GTNN của biểu thức: P (x x )2 b(x x ) 8x x 1 2 . 1 2 1 2 1 2 a2 Lời giải: a) Điều kiện x 1 2 x2 x2 Phương trình 6 12 0 x 1 x 1 x2 Đặt: t = x+1 4 t = 1 3 Phương trình trở thành 6t 2 +t -12 = 0 3 t = - 1 2 x 2 4 x2 4 Với t ta được 3x2 4x 4 0 2 3 x 1 3 x 3 3 x2 3 Với t ta được 2x2 3x 3 0 (vô nghiệm). 2 x 1 2 2 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S 2; . 3  3 b) Điều kiện a 0 . Phương trình đã cho có nghiệm t ' 0 a 2 b2 2. 2 x + x = -a 1 2 Theo hệ thức Vi-et, ta được: -b2 +2 x1 .x2 = 4 1+2b(x + x ) 1- 2ab Ta có: P = (x + x )2 +b(x + x )- 8x .x + 1 2 = a2 - ab+2b2 - 4+ 1 2 1 2 1 2 a2 a2 2 2 2 2 1- 2ab 1 2 1 2 1 1 2 2 = a - ab+b + b + 2 - 4 = . a+b + a - b + b - - 4³ a +b - 4³ - 3. a 2 2 a 2 9
a = b 1 a = b = 1 Đẳng thức xảy ra b = a a = b = -1 2 2 a +b = 2 Vậy MinP = -3. Câu 6.(0,5 điểm) Cho ABnhọnC (A <B A ) Cnội tiếp đường tròn (O Hai). tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B , C cắt nhau tại D. OD cắt BCtại E. Qua D vẽ đường thẳng song song với AB , S đường thẳng này cắt AC tại K . đường thẳng OK cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích ABF S ABC Lời giải: A F O K B E C D Ta có B· AC D· BC (cùng chắn B»C ), B· AC D· KC (đồng vị) D· BC D· KC DBKC nội tiếp. Mà: O· BD O· CD 900 nên các điểm B,C, D thuộc đường tròn đường kính OD K cũng thuộc đường tròn đường kính OD OK  KD OK  AB F là trung điểm của AB . Do OB OC, DB DC OD là trung trực của BC E là trung điểm của BC. 1 S 1 Hai tam giác BEF và BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng là ΔBEF = . 2 SΔABC 4 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1: (2,0 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức: A 25 3 8 2 18 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số y 2x m đi qua điểm K (2; 3) . Câu 2: (3,0 điểm) 3x y 10 1. Giải hệ phương trình . 2x 3y 3 x x x x x 3 x 1 1 2. Cho biểu thức B . (Với x 0 ; x 1 và x ). x x 1 1 x 2x x 1 4 Tìm tất cả các giá trị của x để B 0 . 3. Cho phương trình x2 (2m 5)x 2m 1 0 (1) với x là ẩn số, m là tham số. 1 a. Giải phương trình (1) khi m . 2 b. Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thứcP x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3: (1,5 điểm) Để chuẩn bị cho năm học mới, học sinh hai lớp 9A và 9B ủng hộ thư viện 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo. Biết số sách giáo khoa ủng hộ nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh của mỗi lớp. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R . Hai đường caoAE và BK tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC , K thuộc AC ). 1. Chứng minh rằng tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Chứng minh CE.CB CK.CA . 3. Chứng minh O· CA B· AE . 4. Cho B , C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giácABC nhọn; khi đó H thuộc cung tròn (T ) cố định. Xác định tâm I và bán kính r của đường tròn (T ) , biết R 3cm . Câu 5: (0,5 điểm) Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 2a 3b 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2002 2017 Q 2996a 5501b . a b 11
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 1) A 25 3 8 2 18 5 6 2 6 2 5 1.0 Câu I Vậy A = 5. (2,0đ) Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2; 3) nên ta có: 2) 2.2 m 3 m 1 1.0 Vậy m = – 1 là giá trị cần tìm. 3x y 10 9x 3y 30 11x 33 2x 3y 3 2x 3y 3 3x y 10 1) x 3 x 3 0.75 3.3 y 10 y 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 1). 1 Với x 0;x 1;x , ta có: 4 x x x x x 3 x 1 B  x x 1 1 x 2x x 1 x x x 1 x 3 x 1 x 1  x 1 x x 1 x 1 x 1 2 x 1 x x 3 x 1  x 1 x 1 2 x 1 2) 1.0 2 x 3 x 1 Câu  II x 1 2 x 1 (3,0đ) 2 x 3 2 x 1 2 x 3 B 0 2 x 1 0 (do 2 x 3 0) 2 x 1 1 1 x 0 x 2 4 1 Vậy với 0 x thì B < 0. 4 Phương trình x2 (2m 5)x 2m 1 0 (1) 1 Khi m , phương trình (1) trở thành: 2 3a) 2 x 0 x 0 0.5 x 4x 0 x(x 4) 0 x 4 0 x 4 1 Vậy khi m thì phương trình (1) có tập nghiệm S {0;4} . 2 3b) (2m 5)2 4(2m 1) 4m2 12m 21 (2m 3)2 12 0 m 0.75 12
Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. x1 x2 2m 5 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 2m 1 Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là: 2m 5 0 1 m 2m 1 0 2 Ta có: 2 2 P x1 x2 x1 x2 2 x1x2 2m 5 2 2m 1 2m 1 2 2m 1 1 3 2 2m 1 1 3 3 P 3 (do P 0) Dấu “=” xảy ra 2m 1 1 0 2m 1 1 m 0 (thỏa mãn điều kiện) Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó min P 3 . Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y (x, y N* ). Lớp 9A ủng hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo, lớp 9B ủng hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo. Ta có hệ phương trình: Câu 9x 9y 738 x y 82 III 1.5 (1,5đ) (6x 5y) (3x 4y) 166 3x y 166 x 42 Giải hệ được: (thỏa mãn điều kiện) y 40 Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh. A 1 2 K Câu H 0.25 IV O (3,0đ) 1 B E C 1 D 1) Tứ giác ABEK có: 0.5 13
A· EB 900 (AE  BC) A· KB 900 (BK  AC) A· EB A· KB 1800 Tứ giác ABEK nội tiếp CEA và CKB có: A· CB chung ; C· EA C· KB 900 2) CEA CKB (g.g) 0.5 CE CA CE.CB CK.CA CK CB Vẽ đường kính AD của (O). 0 ABE vuông tại E nên Aµ 1 A· BC 90 Mà A· BC Dµ 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) 0 Aµ 1 Dµ 1 90 (1) ACD có A· CD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 3) 0 0.75 Aµ 2 Dµ 1 90 Mặt khác, Aµ 2 Cµ 1 ( OAC cân tại O) 0 Cµ 1 Dµ 1 90 (2) Từ (1) và (2) Aµ 1 Cµ 1 Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD thì chứng minh nhanh hơn nhưng không tiện cho phần 4. Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC, A OI cắt BC tại N N là trung điểm của OI, BC và các điểm I, N cố định. Ta thấy BH // CD (cùng  AC) Tương tự: CH // BD H Tứ giác BHCD là hình bình hành O N là trung điểm của BC thì N cũng là trung điểm của HD B C N 4) AHD có ON là đường trung bình 1.0 AH = 2ON I AH = OI (= 2ON) D Lại có AH // OI (cùng  BC) Tứ giác AHIO là hình bình hành IH = OA = R = 3 (cm) H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định. Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động nhưng có độ dài không đổi thì AH không đổi, do đó H di chuyển trên (A; R’) cố định, với R’ bằng 2 lần khoảng cách từ O đến BC. 2002 2017 Q 2996a 5501b Câu a b V 2002 2017 0.5 8008a 2017b 2506 2a 3b (0,5đ) a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và sử dụng giả thiết 2a 3b 4 , ta có: 14
2002 2017 Q 2 8008a 2  2017b 2506.4 a b Q 8008 4034 10024 2018 Dấu “=” xảy ra 2002 8008a a 1 2017 a 2017b 2 b b 1 2a 3b 4 1 a Vậy min Q = 2018 2 b 1 Thầy giáo Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 15
UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 3 tháng 6 năm 2017 Câu I. (2,5 điểm) 2 = 4 1. Giải hệ phương trình + = 5 ― 2 1 1 2. Rút gọn biểu thức với 푃 = + 2 ― + + 2 > 0 Câu II. (2,0 điểm) Cho phương trình 2 ―2 + 2 ―1 = 0 (1), với là tham số 1. Giải phương trình (1) với = 2. 2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi . Gọi 1, 2 là hai 3 2 2 3 2 nghiệm của phương trình (1), lập phương trình bậc hai nhận 1 ―2 1 + 1 ―2 và 2 ―2 2 + 2 2 ―2 là nghiệm. Câu III. (1,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình. Một nhóm gồm 15 học sinh (cả nam và nữ) tham gia buổi lao động trồng cây. Các bạn nam trồng được 30 cây, các bạn nữ trồng được 36 cây. Mỗi bạn nam trồng được số cây như nhau và mỗi bạn nữ trồng được số cây như nhau. Tính số học sinh nam và số học sinh nữ của nhóm, biết rằng mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây.file word đề-đáp án Zalo 0946095198 Câu IV. (3,5 điểm) Từ điểm nằm ngoài đường tròn ( ) kẻ hai tiếp tuyến , với đường tròn ( , là các tiếp điểm). Lấy điểm trên cung nhỏ ( không trùng với và ). Từ điểm kẻ vuông góc với , vuông góc với , 퐹 vuông góc với (D ∈ , ∈ , 퐹 ∈ ). Gọi là giao điểm của và , 퐾 là giao điểm của và 퐹. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác nội tiếp một đường tròn. 2. Hai tam giác và 퐹 đồng dạng. 3. Tia đối của là tia phân giác của góc 퐹. 4. Đường thẳng 퐾 song song với đường thẳng . Câu 5. (1,0 điểm) 1. Giải phương trình ( 2 ― + 1)( 2 +4 + 1) = 6 2. 2. Cho bốn số thực dương , , ,푡 thỏa mãn + + + 푡 = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu ( + + )( + ) thức = 푡 . Hết (Đề này gồm có 01 trang) Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: (Nguyễn Mạnh Tuấn) 16
Câu Phần Nội dung Điểm 2x 4 x 2 x 2 1) x y 5 x y 5 y 3 1.0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2; 3). x 2 1 1 x 2 x 2 x P Câu I x 2 x x x 2 x x 2 (2,5đ) x 4 x 2 x 2 x 2 2) 1.5 x x 2 x x 2 x x 2 Vậy P với x > 0. x Khi m = 2, ta có phương trình: x2 – 4x + 3 = 0 1) Vì a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: 0.75 x1 = 1; x2 = 3 Vậy khi m = 2 thì phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3. ' 1 0 m 0.5 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 x2 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 1 Biến đổi phương trình: x2 2mx m2 1 0 Câu 2 2 II x 2mx m 1 (2,0đ) x3 2mx2 m2x x 2) x3 2mx2 m2x 2 x 2 0.75 Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên: 3 2 2 3 2 2 x1 2mx1 m x1 2 x2 2mx2 m x2 2 x1 2 x2 2 x1 x2 4 2m 4 3 2 2 3 2 2 x1 2mx1 m x1 2 . x2 2mx2 m x2 2 x1 2 . x2 2 2 2 x1x2 2 x1 x2 4 m 1 2.2m 4 m 4m 3 Phương trình cần lập là: x2 2m 4 x m2 4m 3 0 . Gọi số học sinh nam là x (x N*; x < 15) Số học sinh nữ là 15 – x. 30 36 Mỗi bạn nam trồng được (cây), mỗi bạn nữ trồng được (cây). Câu x 15 x III Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có phương 1.0 (1,0đ) 30 36 trình: 1 x 15 x Giải phương trình được: x1 = 75 (loại); x2 = 6 (nhận) Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. 17
A 1 2 E 1 I C 1 1 1 D M x 2 2 O 0.25 K 1 F 1 2 B Tứ giác ADCE có: A· DC 900 CD  AB 1) A· EC 900 CE  MA 1.0 Câu IV A· DC A· EC 1800 (3,5đ) Tứ giác ADCE nội tiếp Tứ giác ADCE nội tiếp Aµ 1 Dµ 1 và Aµ 2 Eµ 1  Chứng minh tương tự, ta có Bµ 2 Dµ 2 và Bµ 1 F1 µ µ 1 » µ µ 1 » 2) Mà A1 B1 sđAC và A2 B2 sđBC 0.75 2 2  Dµ 1 F1 và Dµ 2 Eµ 1 CDE CFD (g.g) Vẽ Cx là tia đối của tia CD CDE CFD D· CE D· CF µ · µ · 0 3) Mà C1 DCE C2 DCF 180 0.75 Cµ 1 Cµ 2 Cx là tia phân giác của ECF Tứ giác CIDK có: 0 I·CK I·DK I·CK Dµ 1 Dµ 2 I·CK Bµ 1 Aµ 2 180 4) CIDK là tứ giác nội tiếp 0.75   I1 Dµ 2 I1 Aµ 2 IK // AB Giải phương trình: x2 x 1 x2 4x 1 6x2 Cách 1: Với x=0, ta thấy không là nghiệm của phương trình Câu Với x , chia cả hai vế của phương trình cho , ta được: V 1) 0.5 (1,0đ) = , rồi đặt ẩn phụ là đưa về phương trình ẩn t, rồi tìm được nghiệm x. 18
Cách 2: Nhân đa thức với đa thức, chuyển vế đưa về phương trình bậc bốn. Nhẩm nghiệm được và có nhân tử là và phương trình bậc hai, dễ dàng tìm được nghiệm Cách 3: Đặt y = x2 + 1, phương trình trở thành: y x y 4x 6x2 y2 3xy 4x2 6x2 y2 3xy 10x2 0 y 2x y 5x 0 y 2x y 5x 2 Với y = 2x thì x2 1 2x x2 2x 1 0 x 1 0 x 1 5 21 Với y = – 5x thì x2 1 5x x2 5x 1 0 x 2 5 21  Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;  2  Cho 4 số thực dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 2. x y z x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . xyzt Với x, y, z, t > 0 theo bất đẳng thức Cô si ta có x y 2 xy;(x y) z 2 (x y)z;(x y z) t 2 (x y z)t Suy ra x y x y z x y z t 8 xyzt(x y)(x y z) Mà x + y + z + t = 2 suy ra x y x y z .2 8 xyzt(x y)(x y z) x y x y z 4 xyzt(x y)(x y z) (x y)(x y z) 4 xyzt (x y)(x y z) 16xyzt 2) 0.5 (x y z)(x y) 16xyzt Nên A 16 xyzt xyzt 1 x y x y 4 x y z 1 Dấu = xảy ra khi z x y z t 2 x y z t 2 t 1 1 1 Vậy Min A = 16 x y ;z ;t 1 4 2 (Bùi Thanh Liêm (trang riêng)) 19
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2017– 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) Câu 1. (2 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: 5 a) Tính 18 2 2 ; 2 3x y 1 b) Giải hệ phương trình: x 2y 5 Câu 2. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = – 2x2 và đường thẳng (d): y = 2x – 4. a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ; b) Bằng phương pháp đại số, hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). Câu 3. (2.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x – (2m + 1) = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2; b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m; c) Tìm m để phương trình (1) luôn có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau. Câu 4. (3.5 điểm) Cho đường tròn O, đường kinh AB. Tren tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M (M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH  AB (H AB), MB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn; b) AM2 = MK. MB; c)K· AC O· MB ; d) N là trung điểm của CH. HẾT 20
GỢI Ý GIẢI VÀ DỰ KIẾN THANG ĐIỂM (Trần Nguyễn Hoàng) Câu Ý Nội dung Điểm 1 5 5 2 18 2 2 = 3 2 2 2 0,50 a) 2 2 (1,00) 5 7 2 = (3 – 2 + )2 = 0,50 2 2 3x y 1 6x 2y 2 0,25 x 2y 5 x 2y 5 b) 7x 7 x 1 0,50 (1,00) x 2y 5 y 2 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm: 0,25 y 2 2 Vẽ (P): y = – 2x2: 0,25 Bảng giá trị của (P): x -2 -1 0 1 2 y = – 2x2 -8 -2 0 -2 -8 Vẽ (d): y = 2x – 4: Cho x = 0 y = – 4 (0; – 4) 0,25 Cho y = 0 x = 2 (2; 0) Vẽ (d) đi qua (0; – 4) và (2; 0). y a) (d) (1,00) -2 -1 0 1 2 x -2 -4 0,50 -8 (P) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): – 2x2 = 2x – 4 0,25 2x2 + 2x – 4 = 0 0,25 b) x 1 y 2 (1,00) 1 1 0,25 x2 2 y2 8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; –2) và (– 2; –8). 0,25 3 a) Với m = 2, phương trình trở thành: x2 – 2x – 3 = 0 0,25 21
(1,00) Phương trình có: a – b + c = 1 – (– 2) + (– 3) 0,25 x1 1 pt có 2 nghiệm: 0,25 x2 3 Vậy khi m = 2, pt (1) có hai nghiệm phân biệt: x = – 1; x = 3. 1 2 0,25 Pt (1) có: ' = [– (m – 1)]2 – 1. [– (2m + 1)] = m2 + 2 > 0,  m. 0,50 b) (0,75) Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 0,25 S x1 x2 2m 2 Theo hệ thức Vi-ét: 0,25 P x1x2 (2m 1) Theo đề bài ta có x1, x2 là hai nghiệm đối nhau c) m 1 S 0 2m 2 0 0,25 (0,75) m = 1 (*) 1 P 0 (2m 1) 0 m 2 Vậy khi m = 1, pt (1) có 2 nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau. 0,25 4 M K C Hình vẽ Hình N đến (0,50) câu b A B O H 0,25 Chứng minh rằng tứ giác AKNH nội tiếp: 0,50 ·AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),·AHN = 900 (CH  AB) a) (1,00) ·AKB + ·AHN = 1800 0,25 Vậy tứ giác AKNH nội tiếp được đường tròn. 0,25 Chứng minh rằng AM2 = MK. MB: 0,25 b) ABM vuông tại A có AK  MB (0,50) AM2 = MK. MB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) 0,25 22
M K C I N 0,25 A B O H Chứng minh rằng K· AC O· MB : Gọi I là giao điểm của AC và OM. MA = MC (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OC = R c) OM là đường trung trực của AC OM  AC 0,25 (0,75) Ta có: M· IA = M· KA = 900 nhìn đoạn MA Tứ giác AMKI nội tiếp đường tròn đường kính MA 0,25 Trong đường tròn đường kính MA: K· AI = K· MI (nội tiếp cùng chắn I»K ) K· AC =O· MB 0,25 Chứng minh rằng N là trung điểm của CH: ·ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BC AC OM  AC (cmt) OM // BC ·AOM = H· BC (so le trong) AOM và HBC có: ·AOM = H· BC và O· AM = B· HC = 900 AOM ∽ HBC (g.g) 0,25 AM OA AM .BH AM .BH = HC = = 2. (1) d) HC BH OA AB 0,75) MA  AB và CH  AB CH // MA BH HN ABM có CH // MA (cmt) = (hệ quả của định lý Ta-lét) BA AM AM .BH HN = (2) AB 0,25 HC Từ (1) và (2) HC = 2. HN HN = 2 N là trung điểm của CH. 0,25 Chú ý: Điểm nhỏ nhất trong từng phần là 0,25 đ và điểm toàn bài không làm tròn. HẾT 23
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày thi: 14/06/2017 Câu 1: (1,5 điểm) x 2 4 x Cho A ; B x 2 x 2 x 4 a) Tính A khi x = 9 b) Thu gọn T = A – B c) Tìm x để T nguyên Câu 2: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx – 6m – 9 = 0 a) Giải phương trình khi m = 0 2 2 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 trái dấu thỏa mãn x1 + x2 = 13 Câu 3: Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng độ dài một cạnh lên 2m và giảm độ dài cạnh còn lại 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật ban đầu. Câu 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng. BC AC AB c) MD ME MF Câu 5: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương. CMR: a5 b5 c5 a3 b3 c3 bc ca ab 24
ĐAP AN (Nguyễn Phương Tú) Câu 1: 9 a) Khi x = 9: ta được A 3 9 2 b) ĐK: x 0 , x 4 x 2 4 x T A B x 2 x 2 x 4 x. x 2 2. x 2 4 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 4 4 x x 2 x 2 2 x 4 x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 4 4 c)T 1 x 2 x 2 x 2 T nguyên khi 4 x 2 x 2 1; 2; 4 x 2 1(loai) x 2 1(loai) x 2 2 x 0 x 2 2(loai) x 4 (KTMDK) x 2 4 x 2 4(loai) Vậy x = 0. Câu 2: a) khi m = 0 phương trình trở thành: x2 9 0 x 3 b)a = 1, b = -2m, b’ =-m, c = -6m – 9 25
b'2 ac m2 6m 9 (m 3)2 0,m Phương trình luôn có 2 nghiệm x1, x2 với mọi m. Theo hệ thức Viet ta có: x1 x2 2m x 1.x2 6m 9 3 *Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x x 0 6m 9 0 m 1 2 2 *Ta có 2 2 x1 x2 13 2 x1 x2 2x1x2 13 2 (2m) 2( 6m 9) 13 0 4m2 12m 5 0 5 m (KTMDK) 2 1 m 2 1 Vậy m = 2 Câu 3: Gọi x(m) là cạnh thứ nhất của mảnh đất hình chữ nhật y (m) là cạnh thứ hai của mảnh đất hình chữ nhật. ĐK: 0< x < 12, 1<y <12 Diện tích mảnh đất ban đầu: x.y (m2) Theo đề ta có phương trình: 2 (x+ y) = 24 (m) (1) Giả sử tăng cạnh thứ nhất 2m và giảm cạnh thứ hai 1m. Độ dài cạnh thứ nhất khi tăng 2m: x + 2 (m) Độ dài cạnh còn lại khi giảm 1m: y – 1 (m) Diện tích mảnh đất khi thay đổi: (x + 3) (y – 1) (m2) Theo đề ta có phương trình: (x + 3)(y-1) – xy = 1 (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: 2 x y 24 x y 12 x 7 (x 2)(y 1) xy 1 x 2y 3 y 5 Vậy kích thước mảnh đất lúc đầu là: 7m, 5m. A Câu 4: a) Chứng minh: Ta có: MF  AB nên M· FB 900 MD  BC nên M· DB 900 Tứ giác MDBF có 0 0 0 M· FB M· DB 90 90 180 E Do đó tứ giác MDBF nột tiếp Suy ra 4 điểm M, D, B, F cùng thuộc 1 đường tròn. B D 2 · 0 C Ta có: MD  BC nên MDC 90 1 1 1 2 26 F M
MF  AC nên M· FC 900 Suy ra M· DC M· FC 900 Suy ra D, F cùng nhìn MC dưới 1 góc bằng nhau. Do đó 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. b) Vì tứ giác MDBF nội tiếp ¶ ¶ Nên: M1 D1 (cùng chắn cung BF) ¶ ¶ Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên M 2 D2 Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp µ µ Nên B1 C (góc ngoài của tứ giác nội tiếp) ¶ ¶ µ µ Do đó M1 M 2 (cùng phụ với B1;C ) ¶ ¶ Suy ra: D1 D2 ¶ · 0 Mà D2 BDE 180 ¶ · 0 Nên D1 BDE 180 Hay D, E, F thẳng hàng. c)Ta có AC AB AE EC AF FC AE EC AF FC ME MF ME MF ME ME MF MF · ¶ · ¶ tan AME tan M2 tan AMF tan M1 ¶ ¶ Mà M1 M 2 nên AC AB tan A· ME tan A· MF ME MF Mat khac: tứ giác AFME nội tiếp nên A· ME A· FE B· MD (Bạn đọc tự nhìn vào hình vẽ) A· MF A· EF D· MC Do đó AC AB tan A· ME tan A· MF ME MF tan B· MD tan M· DC BD DC BD DC BC (dpcm) MD MD MD MD Câu 5: a5 b5 c5 a6 b6 c6 (a3 )2 (b3 )2 (b3 )2 bc ca ab abc abc abc abc abc abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: a5 b5 c5 (a3 )2 (b3 )2 (b3 )2 (a3 b3 c3 )2 (a3 b3 c3 )(a3 b3 c3 ) bc ca ab abc abc abc abc abc abc 3abc Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 3 số a3, b3, c3 ta được: a3 b3 c3 33 a3b3c3 3abc Do đó 27
a5 b5 c5 (a3 b3 c3 )(a3 b3 c3 ) (a3 b3 c3 )3abc a3 b3 c3 (đpcm) bc ca ab 3abc 3abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2017 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 2 1) A 3 3 2 12 27 ; 2) B 3 5 6 2 5 . Bài 2: (1.5 điểm) Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 4x 9 . 1) Vẽ đồ thị (P); 2) Viết phương trình đường thẳng (d1) biết (d1) song song (d) và (d1) tiếp xúc (P). Bài 3:(2,5 điểm) 2x y 5 2017 1) Giải hệ phương trình . Tính P x y với x, y vừa tìm được. x 5y 3 2) Cho phương trình x2 10mx 9m 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 1; b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa điều kiện x1 9x2 0 . Bài 4:(1,5 điểm) Hai đội công nhân đắp đê ngăn triều cường. Nếu hai đội cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu làm riêng thì đội I hoàn thành công việc chậm hơn đội II là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội đắp xong đê trong bao nhiêu ngày? Bài 5: (3,5 điểm) Ta giác AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ MH vuông góc AB (H AB), MH cắt đường tròn tại N. Biết MA = 10cm, AB = 12cm. a) Tính MH và bán kính R của đường tròn; b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 NE.ND và AC.BE BC.AE ; c) Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Hết 28
ĐÁP ÁN: Bài 1: 1) A 3 3 2 12 27 3 3 4 3 3 3 4 3 ; 2 2) B 3 5 6 2 5 3 5 5 1 2 Bài 2: 1) parabol (P) qua 5 điểm 0;0 , 1;1 , 1;1 , 2;4 , 2;4 y 4 1 -2 -1 O 1 2 x 2) (d1) song song (d) (d1) : y 4x b (b 9) (d1) tiếp xúc (P) khi phương trình hoàng độ giao điểm của hai đường x2 4x b x2 4x b 0 có nghiệm kép 4 b 0 b 4 (d1) : y 4x 4 Bài 3: 2x y 5 10x 5y 25 11x 22 x 2 x 2 1) x 5y 3 x 5y 3 x 5y 3 2 5y 3 y 1 P 2 1 2017 1 2) x2 10mx 9m 0 (1) a) m 1 x2 10x 9 0 có a + b + c = 1 10 + 9 = 0 nên có 2 nghiệm phân biệt c x 1, x 9 1 2 a b) Điều kiện (1) có 2 nghiệm phân biệt là 25m2 9m 0 (*) Theo Viét, theo đề, ta có: x1 x2 10m 10x2 10m x2 m x2 m x1 9x2 0 x1 9x2 0 x1 9m x1 9m,(*) m 1 x x 9m x x 9m 2 m 0 1 2 1 2 9m 9m 0 m 1 Bài 4: Cách 1: Gọi x(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội I (x > 6), y(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội II (y > 6). Ta có phương trình x y = 9. 29
1 1 1 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương trình x y x y 6 x y 9 x 9 y x 9 y x 9 y x 18 Giải hệ 1 1 1 1 1 1 2 y 9 y 3y 54 0 y 9 x y 6 9 y y 6 y 6(l) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Cách 2: Gọi x(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội I (x > 9), x 9(ngày) là thời gian làm một mình xong việc của đội II. 1 1 Trong 1 ngày lượng công việc làm được của đội I là , đội II là . Ta có phương trình x x 9 1 1 1 x x 9 6 1 1 1 2 x 18 Giải phương trình: x 21x 54 0 ( = 225) x x 9 6 x 3(l) Vậy thời gian làm một mình xong việc của đội I là 18 (ngày), đội II là 9 (ngày). Bài 5: M O D I A H E B C N a) Theo t/c đường kính và dây cung H trung điểm AB AH = 6cm AMH vuông tại H MH = AM 2 AH 2 102 62 8cm AMN vuông tại A, đường cao AH AH 2 36 AH 2 HM.HN HN 4,5cm MH 8 MN MH HN 8 4,5 Bán kính R 6,25cm 2 2 2 b) M· DN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), M· HE 900 (MHAB) M· DE M· HE 1800 tứ giác MDEH nội tiếp. 30
NBE và NDB có góc N chung, N· BE N· DB (cùng chắn hai cung bằng nhau là cung NA, NB t/c đường kính và dây cung) NB NE NBE đồng dạng NDB NB2 NE.ND ND NB Ta có cung NA bằng cung NB (t/c đường kính và dây cung) góc ADE bằng góc EDB DE là phân giác trong của ABD. Vì ED  DC Dc là phân giác ngoài ABD DA EA CA AC.BE BC.AE DB EB CB c) Kẻ EI // AM (I BM) AMB đồng dạng EIB EIB cân tại I IE = IB. Gọi (O ) là đường tròn tâm I ngoại tiếp EBD . Ta có NB  BM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) BN  BI BN là tiếp tuyến đường tròn (O ) E· BN E· D B (cùng chắn cung BE) Mặt khác trên đường tròn (O), E· BN E· DB (cùng chắn hai cung bằng nhau NA, NB) D nằm trên đường tròn (O ) NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Gv: Lê Hành Pháp THPT Tân Bình Bình Dương. 31
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1. 1 1 1. Tính giá trị của biểu thức sau: A 16 9, B . 2 3 2 3 1 1 x 2 2. Cho biểu thức V với x 0 , x 0. x 2 x 2 x a. Rút gọn biểu thức V. 1 b. Tìm giá trị của V khi x . 3 Câu 2. 1. Cho parabol (P) : y 2x2 và đường thẳng d : y x 1. a. Vẽ parabol (P) và đường thẳng d trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b. Viết phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d và đi qua điểm A( 1;2). 3x 2y 5 2. Không sử dụng máy tính giải hệ phương trình 2x y 8. Câu 3. 1. Cho phương trình: 2x2 2mx m2 2 0 1 , với m là tham số. a. Giải phương trình 1 khi m 2. b. Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức A 2x1x2 x1 x2 4 đạt giá trị lớn nhất. 2. Cho vườn hoa hình chữ nhật có diện tích bằng 91 m2 và chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m. Tìm chu vi của vườn hoa? Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH. Biết BH 4cm , CH 9cm. a. Tính độ dài đường cao AH và ¼ABC của tam giác ABC . b. Vẽ đường trung tuyến AM (M BC ) của tam giác ABC , tính AM và diện tích tam giác AHM. Câu 5. Cho đường tròn O của đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax ,với đường tròn O (A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia Ax, vẽ đường thẳng cắt đường tròn O tại hai điểm D và E (D nằm giữa C và E ; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H . a. Tứ giác AOHC nội tiếp. b. Chứng minh: AC.AE AD.CE c. Đường thẳng CO cắt tia BD , tia BE lần lượt tại M và N . Chứng minh: AM // BN . 32
STT 10. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học 2017 – 2018 Câu 1. 1 1 1. Tính giá trị của biểu thức sau: A 16 9 , B . 2 3 2 3 1 1 x 2 2. Cho biểu thức: V với x 0 , x 0. x 2 x 2 x a. Rút gọn biểu thức V. 1 b. Tìm giá trị của x để V . 3 Lời giải 1.A 16 9 4 3 1. 1 1 2 3 2 3 4 B 4. 2 3 2 3 (2 3) 2 3 4 3 2. a. Rút gọn biểu thức V với x 0 , x 0. 1 1 x 2 V x 2 x 2 x x 2 x 2 x 2 V ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) x 2 x x 2 V ( x 2)( x 2) x 2 V . x 2 1 2 1 b. V x 2 6 x 64 (thỏa mãn đk). 3 x 2 3 Câu 2. 1. Cho parabol (P) : y 2x2 và đường thẳng d : y x 1. a. Vẽ parabol (P) và đường thẳng d trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b. Viết phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d và đi qua điểm A( 1;2). 3x 2y 5 2. Không sử dụng máy tính giải hệ phương trình 2x y 8. Lời giải a. Vẽ đường thẳng d : y x 1 và parabol(P) : y 2x2 . Bảng giá trị x 2 1 0 1 2 y 2x2 8 2 0 2 8 x 0 1 y x 1 1 0 Vẽ đồ thị 33
y f(x)=x+1 f(x)=2x^2 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 b. Viết phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d và đi qua điểm A( 1;2). Phương trình đường thẳng d1 song song với đường thẳng d có dạng y x b. d1 đi qua điểm A( 1;2) nên ta có: 1 b 2 b 3 d1 : y x 3. Câu 3. 1. Cho phương trình: 2x2 2mx m2 2 0 1 , với m là tham số. a. Giải phương trình 1 khi m 2. b. Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức A 2x1x2 x1 x2 4 đạt giá trị lớn nhất. 2. Cho vườn hoa hình chữ nhật có diện tích bằng 91 m2 và chiều dài lớn hơn chiều rộng 6 m . Tìm chu vi của vườn hoa? Lời giải 1. a. Với m 2 thay vào phương trình 1 ta được: 2x2 4x 2 0 2(x 1)2 0 x 1. Vậy với m 2 thì phương trình 1 có nghiệm là x 1. 2 b. phương trình 1 có hai nghiệm x1, x2 0 m 4 0 2 m 2. x x m 1 2 Theo Vi – et ta có: m2 2 x1.x2 2 2 Theo đề bài ta có: A 2x1x2 x1 x2 4 m m 6 (m 3)(m 2) Do 2 m 2 nên m 2 0 , m 3 0. Suy ra 1 25 25 A (m 2)( m 3) m2 m 6 (m )2 . 2 4 4 25 1 Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng khi m . 4 2 2. Gọi x(m) là chiều rộng của vườn hoa, x 0. Chiều dài của vườn hoa là x 6 (m) . Theo đề bài ta có phương trình: 2 x 7(tm) x(x 6) 91 x 6x 91 0 (x 7)(x 13) 0 x 13(ktm) Vậy chu vi của vườn hoa hình chữ nhật là 40 m . Câu 4. Cho tam giácABC vuông tại A , đường cao AH. Biết BH 4 cm , CH 9 cm a.Tính độ dài đường cao AH và ¼ABC của tam giác ABC . b. Vẽ đường trung tuyến AM (M BC) của tam giác ABC , tính AM và diện tích tam giác AHM. Lời giải 34
A B H M C a. ABC có: B· AC 90 , AH  BC AH BH.CH 4.9 6 cm AH 6 ABH có: ·AHB 90 tan ·ABH ·ABH 56,3 BH 4 1 1 b. ABC có: µA 90 , MB MC (gt) AM BC .13 6,5 cm 2 2 1 1 S MH.AH .2,5.6 7,5 cm2 . AHM 2 2 Câu 5. Cho đường tròn O của đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax ,với đường tròn O (A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia Ax, vẽ đường thẳng cắt đường tròn O tại hai điểm D và E (D nằm giữa C và E ; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H . a. Tứ giác AOHC nội tiếp. b. Chứng minh: AC.AE AD.CE c. Đường thẳng CO cắt tia BD , tia BE lần lượt tại M và N . Chứng minh: AM // BN . Lời giải C M D F H B A O I E N a. Ta có: C· AB 90 , O· HC 90 C· AB O· HC 180 Tứ giác AOHC nội tiếp. b. Xét ACD và ECA có: C· AD ·AEC , ·AEC chung ACD : ECA(g.g) CA AD AC.AE AD.CE . CE AE c. Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F H· EI H· CO 35
Vì tứ giác AOHC nội tiếp H· AO H· CO H· EI. Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp I·HE I·AE B· DE HI //BD . Mà H là trung điểm của DE I là trung điểm của EF . Ta có: FE// MN và IE FI O là trung điểm của đoạn thẳng MN. Tứ giác AMBN là hình bình hành AM //BN . 36
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH THUẬN NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: năm 2017 Câu 1.(2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1. x2 4x 3 0 5x 2y 11 2. x y 2 Câu 2.(1 điểm) Cho biểu thức A 2 5 3 45 500 và B 20. Tính tích A.B ? Câu 3. (2 điểm) 1 Cho hàm số y x2 có đồ thị là (P) 4 1 1. Vẽ đồ thị (P) : y x2 4 2. Cho điểm A thuộc (P) có hoành độ bằng 4 . Tìm tham số m để đường thẳng (d) : y x m đi quaA . Câu 4.(1 điểm) Một nhóm học sinh có kế hoạch trồng 2 0cây0 tràm giúp gia đình bạn An. Vì có 2 học sinh bị bệnh không tham gia được nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm 5 cây so với dự định để hoàn thành kế hoạch.(Biết số cây mỗi học sinh trồng là như nhau). Tính số học sinh thực tế đã trồng cây. Câu 5. (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , đường kínhAD 2R .Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E .Kẻ EF vuông góc với AD tại F 1. Chứng minh ABEF nội tiếp 2. Chứng minh D· BC D· BF 3. Tia BF cắt O tại K .Chứng minh EF / / CK 4. Giả sử E· FB 600 Tính theo R diện tích hình gioái hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC 37
STT 11. LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BÌNH THUẬN 2017-2018 Câu 1.(2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1.x2 4x 3 0 5x 2y 11 2. x y 2 Lời giải 1.x2 4x 3 0(a 1,b 4,c 3) b2 4ac ( 4)2 4.1.3 4 Do 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: b b x 3 ;x 1 1 2a 2 2a 2. 5x 2y 11 x y 2 5x 2( 2 x) 11 y 2 x x 1 y 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm (1; 3) . Câu 2.(1 điểm) Cho biểu thức A 2 5 3 45 500 và B 20. Tính tích A.B ? Lời giải A 2 5 3 45 500 2 5 9 5 10 5 5 B 20. A.B 5. 20 10 . Câu 3.(2 điểm) 1 Cho hàm số y x2 có đồ thị là (P) 4 1. Vẽ đồ thị (P) . 2. Cho điểm A thuộc (P) có hoành độ bằng 4 . Tìm tham số m để đường thẳng (d) : y x m đi qua A . Lời giải 1. Lập bảng giá trị: x 4 2 0 2 4 1 4 1 0 1 4 y x2 4 Vẽ đồ thị y 38
1 y x2 4 x 2. 1 A(4; y) (P) : y x2 4 1 y .42 4 A(4;4) 4 Đường thẳng (d) : y x m qua A(4;4) 4 4 m m 0 Vậy m 0 thì (d) : y x m đi qua A(4;4) . Câu 4.(1 điểm) Một nhóm học sinh có kế hoạch trồng 200 cây tràm giúp gia đình bạn An. Vì có 2 học sinh bị bệnh không tham gia được nên mỗi học sinh còn lại phải trồng thêm 5 cây so với dự định để hoàn thành kế hoạch.(Biết số cây mỗi học sinh trồng là như nhau). Tính số học sinh thực tế đã trồng cây. Lời giải Gọi x là số học sinh, y là số cây mỗi em đã trồng (x 0 ; y 0 ) Tổng số cây các em trồng: x.y 200 (1) Hai học sinh bị bệnh không tham gia: x 2 Mỗi học sinh trồng thêm 5 cây: y 5 Khi đó tổng số cây: (x 2)(y 5) 200 (2) Từ (1) ,(2) : x.y 200 (x 2)(y 5) 200 x.y 200 5x 2y 10 10 2y x 5 10 2y y 200 5 39
10 2y x 5 2 2y 10y 1000 0 x 10 y 20 Vậy có tấc cả 10 em tham gia trồng cây, mỗi em trồng 20 cây. Câu 5. (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , đường kínhAD 2R .Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E .Kẻ EF vuông góc với AD tại F 1. Chứng minh ABEF nội tiếp 2. Chứng minh D· BC D· BF 3. Tia BF cắt O tại K .Chứng minh EF / / CK 4. Giả sử E· FB 600 Tính theo R diện tích hình gioái hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC Lời giải B H C E A D O F K 1.·ABE A· FE 900 900 1800 Suy ra tứ giác ABEF nội tiếp 2.C· AD C· BD D· BF (do tứ giác ABEF nội tiếp) 3.Ta có C· AD D· AK D· BK Suy ra ACD AKD (cạnh huyền – góc nhọn) AC AK DC DK AD  CK CK / /EF 4.Ta có E· FB 600 B· AC 600 B»C 1200 40
R2 S QuatOBC 3 Gọi OH là đường cao của tam giác OBC R OH R.sin 300 2 R 3 BH R.cos600 2 BC R 3 3R2 S OBC 2 Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen) R2 3R S S (đơn vị diện tích). quat OBC 3 2 41
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 8 tháng 6 năm 2017 Câu 1 (2,0 điểm) giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: 3x 2y 9 4 2 a) 2x2 9x 10 0 b) c) x 1 8 x 1 9 0 x 3y 10 1 Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol P : y x2 và đường thẳng 2 1 3 d : y x . 4 2 a) Vẽ đồ thị P . b) Gọi A x1 ; y1 , B x2 ; y2 lần lượt là các giao điểm của P và d . Tính giá trị của biểu thức: x x T 1 2 . y1 y2 1 1 1 2 Câu 3 (1,0 điểm) Cho biểu thức: P 1 . , x 0; x 1 . Rút gọn biểu x x 1 x 1 x 1 thức P và tìm các giá trị của x để P 1 . Câu 4 (1,0 điểm). Để chuẩn bị tham gia hội khỏe phù đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ (một nam kết 1 5 hợp một nữ). Thầy Thành chọn số học sinh nam kết hợp với số học sinh nữ của lớp để lập thành các 2 8 cặp thi đấu. Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên. Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh? Câu 5 (1,0 điểm). Cho phương trình x2 m 4 x 2m2 5m 3 0 (m là tham số). Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho tích của hai nghiệm này bằng 30. Khi đó, tính tổng hai nghiệm của phương trình. Câu 6 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE. a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này. b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM.CB = CE.CA. c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O). · 0 · 0 d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết ABC = 45 , ACB = 60 và BC = 2R. 42
STT 14. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực: a) 2x2 9x 10 0 3x 2y 9 b) x 3y 10 c) x 1 4 8 x 1 2 9 0 Lời giải a) Giải phương trình 2x2 9x 10 0 1 9 2 4.2.10 1 Vì 0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt: 9 1 5 x 1 4 2 9 1 x 2 2 4 5 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 2;  . 2 3x 2y 9 3x 2y 9 3x 2y 9 3x 2 3 9 x 1 b) x 3y 10 3x 9y 30 7y 21 y 3 y 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1; 3 . c) x 1 4 8 x 1 2 9 0 1 Đặt x 1 2 t 2 t 0 . Khi đó phương trình 1 trở thành: t 2 8t 9 0 2 8 2 4.1. 9 100 Vì 0 nên phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt: 8 100 t 9 (thoả mãn) 1 2 8 100 t 1 (không thoả mãn) 2 2 Với t 9 ta có: 43
x 1 2 9 x 1 3 x 4 x 1 3 x 2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S 2;4 . 1 Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol P : y x2 và đường thẳng d : 2 1 3 y x . 4 2 a) Vẽ đồ thị của P . b) Gọi A x1; y1 và B x2 ; y2 lần lượt là các giao điểm của P với đường thẳng d . Tính giá trị của x x biểu thức T 1 2 . y1 y2 Lời giải a) Vẽ đồ thị của P . Ta có: x 4 2 0 2 4 1 y x2 8 2 0 2 8 2 1 Vậy đồ thị hàm số y x2 đi qua các điểm C 4;8 , D 2;2 , O 0;0 , A 2;2 , F 4;8 . 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: 1 1 3 x2 x 2x2 x 6 0 1 2 4 2 1 2 4.2. 6 49 Vì 0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt: 44
1 49 x 2 y 2 1 4 1 49 3 9 x y 2 4 2 8 3 9 Suy ra đường thẳng d cắt P tạo thành hai điểm phân biệt A 2;2 , B ; . 2 8 Khi đó: 3 2 x x 2 4 T 1 2 y y 9 25 1 2 2 8 4 Vậy T . 25 1 1 1 2 Câu 3: Cho biểu thức P 1 . , x 0, x 1 . Rút gọn biểu thức P và x x 1 x 1 x 1 tìm các giá trị của x để P 1 . Lời giải 1 1 1 2 P 1 . , x 0, x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2  x x 1 x 1 2 x 1 2  x x 1 x 1 x Để P 1 thì: 2 2 2 x 1 1 0 0 x x x Với x 0 , x 1 ta có: x 0 thì 2 x 0 x 4 Kết hợp với điều kiện x 0 , x 1 ta được 0 x 4 , x 1 thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 4: Để chuẩn bị tham gia Hội khỏe Phù Đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm của lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ (một nam 1 5 kết hợp với một nữ). Thầy Thành chọn số học sinh nam kết hợp với số học sinh nữ của lớp 2 8 để lập thành các cặp thi đấu. Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên. Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh? Lời giải Gọi số học sinh nam của lớp 9A là x (học sinh), x 0 . Số học sinh nữ của lớp 9A là y (học sinh), y 0 . 45
1 1 số học sinh nam của lớp 9A là: x (học sinh). 2 2 5 5 số học sinh nữ của lớp 9A là: y (học sinh). 8 8 1 5 Thầy Thành chọn số học sinh nam kết hợp với số học sinh nữ nên ta có phương trình: 2 8 1 5 x y 0 1 2 8 Tổng số học sinh của lớp 9A là: x y (học sinh). 1 5 Tổng số học sinh được chọn để tham gia thi đấu là: x y (học sinh). 2 8 Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên nên ta 1 5 có phương trình: x y x y 16 2 . 2 8 Từ 1 và 2 ta có hệ phương trình: 1 5 1 5 x y 0 x y 0 1 5 2 8 2 8 x 16 0 x 20 2 8 tm 1 5 1 3 y 16 x y x y 16 x y 16 y 16 2 8 2 8 Số học sinh nam của lớp 9A là 20 học sinh. Số học học sinh nữ của lớp 9A là 16 học sinh. Vậy số học sinh lớp 9A là 36 học sinh. Câu 5: Cho phương trình x2 m 4 x 2m2 5m 3 0 (m là tham số). Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho tích của hai nghiệm này bằng 30 . Khi đó, tính tổng hai nghiệm của phương trình. Lời giải x2 m 4 x 2m2 5m 3 0 1 2 2 m 4 4.1. 2m 5m 3 m2 8m 16 8m2 20m 12 2 9m2 12m 4 3m 2 0 m ¢ Vì 0 m ¢ nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 1 . x1 x2 m 4 Theo hệ thức Viet ta có: 2 x1.x2 2m 5m 3 Theo đề bài ta có: x1.x2 30 46
2m2 5m 3 30 2m2 5m 33 0 m 3 tm, do m ¢ 11 m ktm, do m ¢ 2 Với m 3 ta có: x1 x2 m 4 3 4 1 . Vậy tổng hai nghiệm của phương trình là 1 . Câu 6: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E . Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE . a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này. b) Gọi M là giao điểm của AH và BC . Chứng minh: CM.CB CE.CA . c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn O . d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC , biết ·ABC 45 , ·ACB 60 và BC 2R . Lời giải a) Xét đường tròn O ta có: B· DC và B· EC là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. B· DC B· EC 90 . Xét tứ giác ADHE có: B· DC B· EC 90 90 180 mà hai góc này đối nhau nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Ta có ADH và AEH cùng nội tiếp đường tròn có đường kính AH . Nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn tâm I , đường kính AH hay I là trung điểm của AH . b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên H· AE E· DC (hai góc cùng nhìn đoạn HE ). Mà E· BC E· DC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn O ). C· AM C· BE Trong ABC có BE  AC , CD  AB (cm ở câu a). Mà BE CD H Nên H là trực tâm ABC 47
AH  BC tại M CAM vuông tại M . Xét hai tam giác vuông CAM và CBE có: C· AM C· BE (cmt) CAM ∽ CBE g.g AC CM (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ). BC CE AC.CE BC.CM (đpcm). c) Ta có: I·HD I·DH ( IHD cân tại I , ID IH : bán kính (I) ). 1 Mà I·HD C· HM (đối đỉnh). 2 Từ 1 và 2 suy ra C· HM I·DH 3 Ta lại có: O· DC O· CD ( ODC cân tại O , OD OC : bán kính (O) ). Hay O· CD M· CH . 4 Xét MHC vuông tại H có: C· HM M· CH 90 Từ 3 và 4 suy ra I·DH O· DC 90 ID  DO tại D (O) Vậy ID là tiếp tuyến của O . d) Ta có AM  BC (cmt). Xét tam giác vuông ABM và ACM có: AM AM AM tan Bµ BM AM BM tan Bµ tan 45 AM AM AM AM tan Cµ MC MC tan Cµ tan 60 3 Mà BM CM BC 2R AM AM 2R 3 3 1 AM 2R 3 2R 3 2R 3 3 1 AM R 3 3 1 3 1 2 Diện tích tam giác ABC là: 1 1 S AM.BC R 3. 3 1 .2R R2 3 3 (đvdt). ABC 2 2 TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ NGƯỜI GIẢI ĐỀ: MOON TRAN NGƯỜI PHẢN BIỆN: DIỆU HOÀNG 48
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CAO BẰNG NĂM HỌC 2017– 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/06/2017 Câu 1: (4,0 điểm) a) Thực hiện phép tính: 21 16. 25 ; b) Giải phương trình 3x 5 x 2 ; c) Biết rằng với x 4 thì hàm số y 2x b có giá trị bằng 5 . Tìm B . d) Giải phương trình: 2x2 1 2 2 x 2 0 . Câu 2: (2,0 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc 4km/h so với lúc đi, do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc lúc đi biết rằng quãng đường AB dài 24km. Câu 3: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB 5cm, AC 12cm . a) Tính cạnh BC ; b) Kẻ đường cao AH. Tính AH . Câu 4: (2,0 điểm) Cho nửa đường tròn O đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By (Ax và By cùng thuộc nả mặt phẳng chứa nửa đường tròn O ). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F. a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp. b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật. x y m Câu 5: (1,0 điểm) Cho hệ phương trình: 2 2 2 (m là tham số) x y m 6 Hãy tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm x; y sao cho biểu thức P xy 2 x y đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 49
. Câu 1: (4,0 điểm). a) Thực hiện phép tính: 21 16. 25 ; b) Giải phương trình 3x 5 x 2 ; c) Biết rằng với x 4 thì hàm số y 2x b có giá trị bằng 5 . Tìm B . d) Giải phương trình: 2x2 1 2 2 x 2 0 . Lời giải a) 21 16. 25 21 4.5 21 20 1. b) 3x 5 x 2 . 3x x 2 5 . 2x 7 . 7 x . 2 c) Thay x 4 vào ta có: y 2x b 2.4 b 8 b . Mà y 5 8 b 5 b 3. . d) 2x2 1 2 2 x 2 0 . 2x2 x 2 2x 2 0. x 2x 1 2 2x 1 0 . x 2 2x 1 0. x 2 0 x 2 1 . 2x 1 0 x 2 Câu 2: (2,0 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc 4km/h so với lúc đi, do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc lúc đi biết rằng quãng đường AB dài 24km. Lời giải Gọi vận tốc của người đó lúc đi là x (km/h; x R; x 0) . 24 Thời gian người đó đi hết quãng đường AB là: (giờ). x Vận tốc của người đó lúc về là x 4 (km/h). 24 Thời gian người đó đi hết quãng đường BA là: (giờ). x 4 1 Do thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút h nên ta có phương trình:. 2 50
24 24 1 x x 4 2 24. x 4 24.x 1 x x 4 x 4 .x 2 24.x 96 24x 1 96 1 x 4 .x 2 x 4 .x 2 x2 4x 192 x2 4x 192 0 x 12 x 16 So với điều kiện ta có x 12 thỏa mãn. Vậy vận tốc của người đó lúc đi là 12 km/h. Câu 3: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB 5cm ;AC 12cm . a) Tính cạnh;BC b) Kẻ đường cao AH. Tính AH . Lời giải B H A C a). ABC vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:. AB2 AC 2 BC 2 BC 2 52 122 169 . BC 13 cm . (Vì độ dài BC là 1 số dương). b). Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:. 1 S AB.AC AB.AC 2S . ABC 2 ABC Hoặc:. 1 S BC.AH BC.AH 2S . ABC 2 ABC AB.AC BC.AH 2SABC . 51
AB.AC 5.12 60 AH cm . BC 13 13 Câu 4: (2,0 điểm) Cho nửa đường tròn O đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By (Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn O ). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F . a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp. b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật. Lời giải y F M x E P Q A B O a). EM là tiếp tuyến của O nên EM  OM E· MO 90. EA là tiếp tuyến của O nên EA  OA E· AO 90 . Tứ giác AEMO có: E· MO E· AO 90 mà 2 góc này ở vị trí đối nhau AEMO là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết). b) Xét AEO và MEO có:. EO chung; AO MO ; E· MO E· AO 90 AEO MEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông). EA EM E trung trực của đoạn MA . Mà OA OM R O trung trực của đoạn MA . OE là trung trực của AM . OE  AM hay OP  PM O· PM 90 . 52
Điểm M O đường kính AB ·AMB 90 hay P· MQ 90 . Chứng minh tương tự ta có: O· QM 90 . Xét tứ giác OPMQ có: O· PM O· QM P· MQ 90 . OPMQ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết). Suy ra điều phải chứng minh. x y m Câu 5: (1,0 điểm) Cho hệ phương trình: 2 2 2 (m là tham số) x y m 6 Hãy tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm x; y sao cho biểu thức P xy 2 x y đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải x y m 2 2 2 x y m 6 y m x y m x y m x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y m 6 x m x m 6 x m 2mx x m 6 y m x y m x 2 2 2 2 2x 2mx 2m 6 0 x mx m 3 0 Hệ phương trình đã cho có nghiệm phương trình x2 mx m2 3 0 có nghiệm. m2 4 m2 3 0 m2 4m2 12 0 12 3m2 0 m2 4 2 m 2 Với m thỏa mãn 2 m 2 thì phương trình có nghiệm x; y . Khi đó ta có:. 1 2 P xy 2 x y x y x2 y2 2 x y 2 1 1 P m2 m2 6 2m 2m2 6 2m 2 2 P m2 2m 3 m2 2m 1 4 m 1 2 4 2 Nhận xét: m 1 0 m  2;2 , dấu bằng xảy ra m 1 thỏa mãn điều kiện. P 4. Dấu bằng xảy ra m 1. Vậy min P 4 khi m 1. 53
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1: (1,5điểm) a) Tính A = 8 18 32 b) Rút gọn biểu thức B = 9 4 5 5 Bài 2: (2,0 điểm) 2x 3y 4 a) Giải hệ phương trình: x 3y 2 10 1 b) Giải phương trình: 1 x2 4 2 x Bài 3: (2,0 điểm) Cho hai hàm số y = x2 và y = mx + 4,với m là tham số a) Khi m = 3,tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị của hai hàm số trên. b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m,đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân 2 2 2 biệt A1(x1;y1) và A2(x2;y2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (y1) + (y2) = 7 Bài 4:(1 điểm) Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu 2 tấn gạo (khối lượng mỗi xe chở vẫn bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc? Bài 5: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là một điểm trên nửa đường tròn (C khác A,B).Trên cung AC lấy D (D khác A và C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB và E là giao điểm của BD và CH a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng và AB. AC = AC.AH + CB.CH c) Trên đoạn OC lấy điểm M sao cho OM = CH.Chứng minh rằng khi C thay đổi trên nữa đường tròn đã cho thì M chạy trên một đường tròn cố định. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: 54
ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐÀ NẴNG 2017 55
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2017 – 2018 (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 7/6/2017 Câu 1.(1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 5x 18 3x 24 . 2) Rút gọn biểu thức 4x 9x 16x với x 0 . 3) Tìm x để biểu thức A 5 3x có nghĩa. Câu 2.(2,0 điểm) x2 2y2 3 1) Giải hệ phương trình: . 2 3x y 2 2) Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết rằng nếu tăng cả chiều dài và chiều rộng lên 4 cm thì ta được hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm2 so với diện tích hình chữ nhật ban đầu, còn nếu tằng chiều dài lên 5 cm và giảm chiều rộng xuống 2 cm thì ta được một hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật ban đầu. Câu 3.(2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x2 2 m 2 x 6m 2 0 có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. 2) Tìm tất cả các giá trị m là số nguyên khác 1 sao cho giao điểm của đồ thị hàm số y m 2 x và y x m2 2 có tọa độ là các số nguyên. Câu 4.(3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng d cố định không giao nhau. Hạ OH vuông góc với d . M là một điểm tùy ý trên d (M không trùng với H ). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn O; R (P , Q là các tiếp điểm và tia MQ nằm giữa hai tia MH và MO ). Dây cung PQ cắt OH và OM lần lượt tại I và K . 1) Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp. 2) Chứng minh rằng O· MH O· IP . 3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định. 4) Biết OH R 2 , tính IP.IQ . Câu 5.(1,0 điểm) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn xy 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 M x2 y2 x y 1 60
Câu 1.(1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 5x 18 3x 24 . Lời giải 5x 18 3x 24 2x 42 x 21. 2) Rút gọn biểu thức 4x 9x 16x với x 0 . Lời giải Với x 0 ta có: 4x 9x 16x 2 x 3 x 4 x x . 3) Tìm x để biểu thức A 5 3x có nghĩa. Lời giải 5 Biểu thức A có nghĩa khi 5 3x 0 3x 5 x . 3 Câu 2.(2,0 điểm) x2 2y2 3 1) Giải hệ phương trình: . 2 3x y 2 Lời giải 2 2 x 2y 3 1 y2 2 . Từ phương trình 2 suy ra x , thay vào phương trình 1 ta được: 2 3x y 2 2 3 2 y2 2 y2 1 2y2 3 y4 22y2 23 0 y 1 2 x 1 . 9 y 23 VN Vậy hệ có nghiệm x; y 1;1 , 1; 1 . 2) Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết rằng nếu tăng cả chiều dài và chiều rộng lên 4 cm thì ta được hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm2 so với diện tích hình chữ nhật ban đầu, còn nếu tằng chiều dài lên 5 cm và giảm chiều rộng xuống 2 cm thì ta được một hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật ban đầu. Lời giải Gọi x ; y (cm) lần lượt là chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu. ĐK: x y 2 . Diện tích hình chữ nhật sau khi tăng hai kích thước là: x 4 y 4 cm2 . Diện tích hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và giảm chiều rộng là: x 5 y 2 cm2 . x 4 y 4 xy 80 x y 16 x 10 Theo đề ta có hệ: (Thỏa mãn ĐK). x 5 y 2 xy 0 2x 5y 10 y 6 Vậy chiều dài và chiều rộng lần lượt là 10cm và 6cm . Câu 3.(2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x2 2 m 2 x 6m 2 0 có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi nghiệm kia. Lời giải Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 0 . m 2 2 6m 2 0 m2 2m 2 0 m 1 2 1 0(luôn đúng với mọi m ). 61
x1 x2 2 m 2 1 Theo hệ thức Vi-et ta có: . x1x2 6m 2 2 Theo giả thiết, giả sử: x1 2x2 3 . 4 m 2 x1 x1 x2 2 m 2 3 Từ 1 và 3 ta có: 4 . x 2x 2 m 2 1 2 x 2 3 Thay 4 vào 2 ta được: m 1 4 m 2 2 m 2 2 . 6m 2 4m 11m 7 0 4m 7 m 1 0 7 . 3 3 m 4 2) Tìm tất cả các giá trị m là số nguyên khác 1 sao cho giao điểm của đồ thị hai hàm số y m 2 x và y x m2 2 có tọa độ là các số nguyên. Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: m2 2 3 m 2 x x m2 2 m 1 x m2 2 x m 1 (với m 1 ). m 1 m 1 Do đó x ¢ 3 m 1 m 1 1; 3 m 4; 2;0;2 . x 2 +) Với m 0 : (Thỏa mãn). y 4 x 6 +) Với m 2 : (Thỏa mãn). y 0 x 6 +) Với m 4 : (Thỏa mãn). y 12 x 2 +) Với m 2 : (Thỏa mãn). y 8 Vậy m 4; 2;0;2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4.(3,5 điểm) Lời giải 62
1) Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp. O· HM 90 OH  d ; O· QM 90 (MQ là tiếp tuyến của O tại Q ). Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp. 2) Chứng minh rằng O· MH O· IP . OP OQ R ; MP MQ (MP ; MQ là hai tiếp tuyến của O ) OM là trung trực của PQ . OM  PQ O· KI 90 . Do đó: O· IP H· OM 90 và O· MH H· OM 90 O· MH O· IP (đpcm). 3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định. Xét OIK và OMH có: O· IK O· MH (cmt) và O· KI O· HM 90 OI OK OIK đồng dạng với OMH (g-g) OI.OH OK.OM 1 . OM OH Mặt khác: OPM vuông tại P có PK  OM OK.OM OP2 R2 2 . Từ 1 và 2 suy ra OI.OH R2 (không đổi). Mà O và d cố định nên OH không đổi OI không đổi. Vậy điểm I luôn cố định I OH . 4) Biết OH R 2 , tính IP.IQ . R2 R2 R Ta có: OI.OH R2 OI . OH R 2 2 R R IH OH OI R 2 . 2 2 Lại có: O· HM O· QM O· PM 90 (theo gt). M ; P ; O ; Q và H cùng thuộc đường tròn đường kính OM . Xét OIP và QIH có: O· IP Q· IH (đối đỉnh) và O· PI Q· HI (góc nội tiếp cùng chắnc ung OQ ). IP IH R2 OIP đồng dạng với QIH (g-g) IP.IQ OI.IH . OI IQ 2 Câu 5.(1,0 điểm) x; y 0 2 Với ta có: x y 4xy 4 x y 2 . xy 1 Đặt t x y ; t 2 . 3 2 3 2 3 3 t t 2t 1 Khi đó: M x2 y2 x y 2xy t 2 2 . x y 1 x y 1 t 1 t 1 t 2 t 2 3t 1 3 t 1 t 2 t 2 3t 1 3 3 (Vì t 2 ). t 1 t 1 x y 2 Vậy min M 3 t 2 x y 1 . xy 1 63
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề gổm 1 trang, có 5 câu). Câu 1. (2,25 điểm) 1) Giải phương trình x2 9x 20 0 7x 3y=4 2) Giải hệ phương trình: 4x y=5 3) Giải phương trình x4 2x2 3 0 Câu 2. (2,25 điểm) 1 Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị lần lượt là (P) và (d) 2 1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Câu 3. (1,75 điểm) a 2 a 2 4 1) Cho a > 0 và a 4. Rút gọn biểu thức T . a a 2 a 2 a 2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau. Câu 4: (0,75 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x2 + (2m – 1)x + m2 – 1 = 0 có hai nghiệm 2 2 phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức P = (x1) + (x2) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc C· AB, A· BC, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC HẾT 64
Hướng dẫn giải (Nguyễn Thành Tâm) THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1. (2,25 điểm) 2 1) Giải phương trình x 9x 20 0 (Đáp số: x1 = 5; x2 = 4) 7x 3y=4 x 1 2) Giải hệ phương trình: (Đáp số: ) 4x y=5 y 1 4 2 3) Giải phương trình x 2x 3 0 (Đáp số: x1 = 3 ; x2 = 3 ) Câu 2. (2,25 điểm) 1 Cho hai hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị 2 lần lượt là (P) và (d) 1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) là: M(2; –2) và N(–4; –8) Câu 3. (1,75 điểm) 1) Cho a > 0 và a 4. Rút gọn biểu thức a 2 a 2 4 T . a a 2 a 2 a 2 2 a 2 a 2 a 4 . a 2 . a 2 a a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 . a 4 a 8 a 8 a 2) Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở (x nguyên dương, x > 1) + Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 (tấn) 120 + Số xe dự định ban đầu: (xe) x 120 + Số xe lúc sau: (xe) x 1 120 120 Theo đề bài ta có phương trình: – = 4 (x 0; x – 0,5) x 1 x x2 – x – 30 = 0 Giải được: x1 = 6 (nhận); x2 = –5 (loại) Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là: 6(tấn) Câu 4: (0,75 điểm) 5 Để phương trình: x2 + (2m – 1)x + m2 – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x thì 0 m 1 2 4 Ta có: x1 + x2 = –(2m – 1) 2 x1.x2 = m – 1 65
2 2 2 2 2 Nên P = (x1) + (x2) = (x1 + x2) – 2x1.x2 = [–(2m – 1)] – 2(m – 1) = 2(m – 1)2 + 1 1 5 P = 1 khi m = 1 < (nhận) min 4 Câu 5: (3,0 điểm) 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. Chứng minh: A· FH 900 ; A· EH 900 Nên A· FH A· EH 900 900 1800 Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. (tổng hai góc đối diện bằng 1800) 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB Chứng minh ΔBEC ΔADC (g-g) CE CB CE.CA CD.CB CD CA 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn (O) đường kính BC. Suy ra đường tròn (O) là đường tròn ngoại tiếp ΔBEF Áp dụng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, chứng minh: O· EB O· BE và M· EH B· HD M· HE Mà B· HD + O· BE 900 (ΔHDB vuông tại D) Nên O· EB + M· EH 900 Suy ra M· EO 900 EM  OE tại E thuộc (O) EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC Chứng minh ΔDBF ΔDEC (ΔABC ) B· DF E· DC B· DI I·DF E· DJ J·DC I·DJ F· DC Kết hợp áp dụng tỉ số giữa 2 bán kính bằng tỉ số đồng dạng, chứng minh được: ΔIDJ ΔFDC(c-g-c) Suy ra D· IJ D· FC 66
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: x 2y 3 a) [9D3-1] Giải hệ phương trình . 2x y 4 x x 1 x 0 x 1 b) [9D1-2] Rút gọn biểu thức P x với , . x 1 x 1 x Câu 2: a) [8D1-2] Phân tích 5x 7 xy 6y x 2 y thành nhân tử với x , y là các số không âm. b) [9D2-2] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y m2 m 2017 x 2018 đồng biến trên ¡ . Câu 3: a) [9D4-3] Một tổ công nhân may lập kế hoạch may 60 bộ quần áo. Khi thực hiện, mỗi ngày tổ này may nhiều hơn kế hoạch 2 bộ nên đã hoàn thành công việc ít hơn kế hoạch 1ngày. Biết số bộ quần áo may trong mỗi ngày là như nhau. Hỏi tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc trong bao nhiêu ngày? 2 b) [9D4-2] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 2x m 1 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2 2 2 2 x1 x2 x1x2 x1 x2 14 0 . Câu 4: Cho đường tròn O có AB là một dây cung cố định không đi qua O . Từ một điểm M bất kì trên cung lớn AB (M không trùng A và B ) kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H . Gọi MQ là đường cao của tam giác AMN (Q thuộc AN ). a) [9H3-1] Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn. b) [9H3-3] Gọi I là giao điểm của AB và MQ . Chứng minh tam giác IBM cân. c) [9H3-3] Kẻ MP vuông góc với BN tại P . Xác định vị trí của M sao cho MQ.AN MP.BN đạt giá trị lớn nhất.   Câu 5: [6D1-4] Tìm các chữ số a , b , c biết abc ac 2.cb bc . 67
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: x 2y 3 a) [9D3-1] Giải hệ phương trình . 2x y 4 x x 1 x 0 x 1 b) [9D1-2] Rút gọn biểu thức P x với , . x 1 x 1 x Lời giải x 2y 3 x 3 2y x 3 2y x 1 a) Ta có . 2x y 4 2 3 2y y 4 5y 10 y 2 Đ/s: x; y 1;2 . b) Với x 0 , x 1 , ta có x x 1 x x 1 x 1 x x x x x 1 2x P . . 2 x . x 1 x 1 x x 1 x x Vậy với x 0 , x 1 thì P 2 x . Câu 2: a) [8D1-2] Phân tích 5x 7 xy 6y x 2 y thành nhân tử với x , y là các số không âm. b) [9D2-2] Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y m2 m 2017 x 2018 đồng biến trên ¡ . Lời giải a) Với x, y 0 ta có 5x 7 xy 6y x 2 y 5 x x 2 y 3 y x 2 y x 2 y x 2 y 5 x 3 y 1 . Vậy với x, y 0 thì 5x 7 xy 6y x 2 y x 2 y 5 x 3 y 1 . 2 2 1 8067 b) Ta có m m 2017 m 0, m ¡ . 2 4 Do đó hàm số y m2 m 2017 x 2018 đồng biến trên ¡ với m ¡ . Đ/s: m ¡ . Câu 3: a) [9D4-3] Một tổ công nhân may lập kế hoạch may 60 bộ quần áo. Khi thực hiện, mỗi ngày tổ này may nhiều hơn kế hoạch 2 bộ nên đã hoàn thành công việc ít hơn kế hoạch 1ngày. Biết số bộ quần áo may trong mỗi ngày là như nhau. Hỏi tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc trong bao nhiêu ngày? 2 b) [9D4-2] Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 2x m 1 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2 2 2 2 x1 x2 x1x2 x1 x2 14 0 . Lời giải a) Gọi x x ¥ * là số ngày mà tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc. Gọi y y ¥ * là số bộ quần áo mà tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc. Theo kế hoạch, tổ công nhân may 60 bộ quần áo nên xy 60 1 Số ngày may thực tế là x 1 . Số bộ quần áo may được thực tế là y 2 . Theo đề bài, ta có x 1 y 2 60 xy 2x y 62 . 68
Kết hợp với 1 ta được 60 2x y 62 y 2x 2 . Thế vào 1 ta được x 2x 2 60 x2 x 30 0 x 6 x x 6 5 x 6 0 x 6 x 5 0 . x 5 Mà x ¥ * x 6 thỏa mãn y 10 (thỏa mãn y ¥ * ). Vậy tổ công nhân may đã lập kế hoạch để hoàn thành công việc trong 6 ngày. b) x2 2x m 1 0 1 1 là phương trình bậc hai có 1 m 1 2 m . 1 có hai nghiệm x1 , x2 0 2 m 0 m 2 * x1 x2 2 Khi đó theo hệ thức Viet ta có 2 x1x2 m 1 2 2 2 2 2 2 2 Biến đổi x1 x2 x1x2 x1 x2 14 0 x1 x2 3x1x2 x1 x2 14 0 . 2 Kết hợp với 2 ta được 22 3 m 1 m 1 14 0 2 m 1 m 5m 6 0 m m 1 6 m 1 0 m 1 m 6 0 . m 6 Kết hợp với * ta được m 1 thỏa mãn. Đ/s: m 1 . Câu 4: Cho đường tròn O có AB là một dây cung cố định không đi qua O . Từ một điểm M bất kì trên cung lớn AB (M không trùng A và B ) kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H . Gọi MQ là đường cao của tam giác AMN (Q thuộc AN ). a) [9H3-1] Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn. b) [9H3-3] Gọi I là giao điểm của AB và MQ . Chứng minh tam giác IBM cân. c) [9H3-3] Kẻ MP vuông góc với BN tại P . Xác định vị trí của M sao cho MQ.AN MP.BN đạt giá trị lớn nhất. Lời giải M O P I H A B Q N AH  MH ·AHM 90 a) Theo đề bài, ta có ·AHM ·AQM (Cùng bằng 90 ). · AQ  MQ AQM 90 Tứ giác AMHQ nội tiếp (Bài toán quỹ tích cung chứa góc). 69
b) Theo ý a) thì tứ giác AMHQ nội tiếp H· MI H· AN (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau). Tứ giác AMBN nội tiếp H· MB H· AN (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau) H· MI H· MB (Cùng bằng H· AN ). Mà MH ở giữa MI và MB MH là phân giác của I·MB . Tam giác MIB có MH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên MIB cân tại M . Vậy tam giác IBM cân. c) Ta có MQ.AN MP.BN 2SMAN 2SMBN 2SAMBN AB.MN . Mà MN 2R (Trong các dây của một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính) MQ.AN MP.BN 2AB.R (không đổi). Dấu " " xảy ra M là điểm chính giữa của cung lớn AB . Vậy MQ.AN MP.BN lớn nhất bằng 2AB.R , đạt được khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB .   Câu 5: [6D1-4] Tìm các chữ số a , b , c biết abc ac 2.cb bc . Lời giải 1 a 9 Điều kiện 0 b, c 9 * a, b, c ¥   Ta có abc ac 2.cb bc 100a 10b c 10a c 2 10c b 10b c a 1 90a 2b 21c 90a 2.9 21.9 a 2,3 . a 2 1 1 + TH1. a 1 2b 21c 1 1 2b 21c 0 b b 0 c không thỏa mãn * . 2 21 2 b 0 c + TH2. a 2 2b 21c 2 2 2b 21c 0 b 1 21 . b 1 c 0 Kết hợp với * ta được a 2 , b 1 , c 0 thỏa mãn. Vậy a 2 , b 1 , c 0 . 70
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: a) Giải phương trình: x2 4x 3 0. 2x 3y 8 b) Giải hệ phương trình . x 3y 1 x2 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P có phương trình y và đường thẳng 2 d : y x m. a) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol P biết điểm M có tung độ bằng 8. b) Tìm m để đường thẳng d luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A, B với 33 A x ; y , B x ; y sao cho x y x y . 1 1 2 2 1 1 2 2 4 Câu 3: 1. Rút gọn biểu thức A 12 75 3 7 4 3. 1 1 x 1 2. Cho biểu thức B với 0 x 1. x 1 x 1 x 1 Rút gọn biểu thức B và tìm x nguyên dương khác 1 để B . 2 Câu 4: Cho đường tròn O , từ một điểm M nằm ngoài đường tròn O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính BE của đường tròn O . Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn O . Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB. file word đề-đáp án Zalo 0946095198 1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh AE//MO. 3. Chứng minh MN 2 NF.NA. 4. Chứng minh MN NH. Câu 5: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab bc ca 3 và c a. 1 2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . a 1 2 b 1 2 c 1 2 71
STT 23. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: a) Giải phương trình: x2 4x 3 0. 2x 3y 8 b) Giải hệ phương trình . x 3y 1 Lời giải a) Ta có x2 4x 3 0 x 1 x 3 0 x 1 0 x 1 . x 3 0 x 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;3. b) Ta có x 7 2x 3y 8 1 x 1 7 . x 3y 1 y 2 3 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y 7; 2 . x2 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P có phương trình y và đường thẳng 2 d : y x m. a) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol P biết điểm M có tung độ bằng 8. b) Tìm m để đường thẳng d luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A, B với 33 A x ; y , B x ; y sao cho x y x y . 1 1 2 2 1 1 2 2 4 Lời giải x2 a) Với y 8 8 x2 16 x 4. 2 Vậy tìm được hai điểm M 4; 8 . b) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x2 x m x2 2x 2m 0. 2 1 2m . Để đường thẳng d luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt 1 1 2m 0 m . 2 x1 x2 2 Theo định lý Viet ta có . x1.x2 2m y1 x1 m Lại có . y2 x2 m 33 Từ x y x y 1 1 2 2 4 72
33 x x m x x m 1 1 2 2 4 33 2x m 2x m 1 2 4 33 4x x 2m x x m2 1 2 1 2 4 33 8m 4m m2 4 33 m2 4m 0 4 3 m L 2 . 11 m TM 2 11 Vậy m . 2 Câu 3: 1. Rút gọn biểu thức A 12 75 3 7 4 3. 1 1 x 1 2. Cho biểu thức B với 0 x 1. x 1 x 1 x 1 Rút gọn biểu thức B và tìm x nguyên dương khác 1 để B . 2 Lời giải 2 1. Ta có A 12 75 3 7 4 3 2 3 5 3 3 2 3 3 3 3 2 3 6. Vậy A 6. 2. Ta có 1 1 x 1 B x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 B . x 1 x 1 x 2 x x 1 B . x 1 x 1 x 2 B . x 1 1 2 1 B x 1 4 x 3 x 9. 2 x 1 2 Vì x Î ¥ , x 1 x Î 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9. Câu 4: Cho đường tròn O , từ một điểm M nằm ngoài đường tròn O kẻ hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính BE của đường tròn O . Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn O . Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB. 1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 73
2. Chứng minh AE//MO. 3. Chứng minh MN 2 NF.NA. 4. Chứng minh MN NH. Lời giải A E 1 1 2 2 F 1 1 1 M O N H B 1. Ta có M· AO M· BO 90 M· AO M· BO 180. Mà hai góc đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp. 2. Ta có tam giác AOE cân tại O nên ·AEO O· AE . 1 1 Ta lại có ·AEO M· AB sd »AB ·AOM. 2 2 Từ 1 và 2 suy ra ·AEO ·AOM AE//OM. 3. Xét hao tam giác MNF và ANM có: M· NF ·ANM và F· MN ·AEF M· AN (góc so le trong, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây dung) NA MN MNF ∽ ANM (g.g) NM 2 NF.NA. MN NF 4. Ta có MA MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA OB R MO là đường trung trực của AB AH  MO và HA HB. MAF và MEA có: ·AME chung µ µ 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 . ME MO Do đó ME.MF MH.MO MH MF 74
MFH ∽ MOE (c.g.c) ¶ ¶ H1 E2. Vì B· AE là góc vuông nội tiếp O nên E, O, B thẳng hàng ¶ ¶ 1 » E2 A2 sd EB 2 ¶ ¶ H1 A2 ¶ ¶ ¶ ¶ N1 H1 N1 A2 90 HF  NA. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông NHA ta có NH 2 NF.NA NM 2 NH 2 MN NH. Câu 5: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab bc ca 3 và c a. 1 2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . a 1 2 b 1 2 c 1 2 Lời giải Cách 1: Theo đề bài ab bc ca 3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 ab bc ac 33 a2b2c2 abc 1, 1 2 a b c 3 ab bc ac 9 a b c 3, 2 Từ 1 và 2 a b c 3abc. 1 1 1 Đặt x ; y ; z x, y, z 0; z x a 1 b 1 c 1 P x2 2y2 3z2 x2 z2 2y2 2z2 2 x2 y2 z2 P 2 x2 y2 z2 2 xy yz xz . * Ta tìm giá trị nhỏ nhất của xy yz xz . 1 1 1 xy yz xz a 1 b 1 c 1 b 1 a 1 c 1 a b c 3 a b c 3 xy yz xz a 1 b 1 c 1 abc a b c 4 a b c 3 3 a b c 3 xy yz xz abc a b c 4 3abc 3 a b c 12 3 a b c 3 3 a b c 3 3 xy yz xz 3abc 3 a b c 12 a b c 3 a b c 12 4 3 3 P 2. . 4 2 Dấu bằng xảy ra khi x y z a b c 1. 75
3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P . 2 1 2 3 1 2 2 1 Cách 2: Vì a c P a 1 2 b 1 2 c 1 2 a 1 2 b 1 2 c 1 2 a 1 2 2 2 2 P . a 1 2 b 1 2 c 1 2 Ta chứng minh đẳng thức với x, y không âm. 1 1 1 x 1 2 y 1 2 1 xy 1 xy x2 y2 2x 2y 2 xy x y 1 2 0 1 xy x2 y2 2xy 2xy 2x 2y 2 xy x y 1 2 0 1 xy x y 2 2 1 xy xy x y 1 xy x y 1 2 0 1 xy x y 2 xy x y 1 xy x y 1 0 xy x y 2 x y 2 xy 1 2 x y 2 0 xy x y 2 xy 1 2 0. Luôn đúng, dấu " " xảy ra khi x y 1. 1 2 3 1 2 2 1 P a 1 2 b 1 2 c 1 2 a 1 2 b 1 2 c 1 2 a 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 P . a 1 2 b 1 2 b 1 2 c 1 2 a 1 2 1 ab 1 bc 1 ac Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm ta có 1 1 1 1 1 1 9 x y z 9 x y z x y z x y z 1 1 1 9 9 3 P . 1 ab 1 bc 1 ac 3 ab bc ac 6 2 3 Vậy GTNN của P khi a b c 1. 2 76
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x2 2x 1 0 5x 7y 3 b) 5x 4y 8 c) x4 5x2 36 0 d) 3x2 5x 3 3 0 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 và đường thẳng (D): y 2x 3 trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 3 3 4 3 4 A 2 3 1 5 2 3 x x 2x 28 x 4 x 8 B (x 0, x 16) x 3 x 4 x 1 4 x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2mx 4m 5 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 2 2 Tìm m để biểu thức A = x1 x2 x1x2 . đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC). a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp. d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID 77
BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 3x2 2x 1 0 (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên 1 (a) x 1 hay x 3 5x 7y 3 (1) 11y 11 ((1) (2)) b) 5x 4y 8 (2) 5x 4y 8 4 y 1 x 5 5x 4 y 1 c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C) Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*) 5 13 5 13 (*) có = 169, nên (*) u 4 hay u 9 (loại) 2 2 Do đó, (C) x2 = 4 x = 2 Cách khác : (C) (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 x2 = 4 x = 2 d) 3x2 x 3 3 3 0 (d) 3 3 (d) có : a + b + c = 0 nên (d) x = 1 hay x 3 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1; 1 , 2; 4 (D) đi qua 1; 1 , 0; 3 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x2 2x 3 x2 – 2x – 3 = 0 x 1 hay x 3 (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là 1; 1 , 3; 9 . Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: 3 3 4 3 4 A 2 3 1 5 2 3 78
(3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3) = 11 13 22 11 3 26 13 3 = = 2 3 2 3 11 13 1 1 =( 4 2 3 4 2 3) = ( ( 3 1)2 ( 3 1)2 ) 2 2 1 = [ 3 1 ( 3 1)] = 2 2 x x 2x 28 x 4 x 8 B (x 0, x 16) x 3 x 4 x 1 4 x x x 2x 28 x 4 x 8 = ( x 1)( x 4) x 1 4 x x x 2x 28 ( x 4)2 ( x 8)( x 1) = ( x 1)( x 4) x x 2x 28 x 8 x 16 x 9 x 8 x x 4x x 4 = = ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 1)( x 4) = = x 1 ( x 1)( x 4) Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b c b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2m ; P = 4m 5 a a 2 2 2  A = (x1 x2 ) 3x1x2 = 4m 3(4m 5) = (2m 3) 6 6, với mọi m. 3 Và A = 6 khi m = 2 3 Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = 2 Bài 5: A a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông P Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật) E K Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900 F Q OA vuông góc với EF B O H I C D b) OA vuông 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 vuông tại H, có HE là chiều cao) AP = AH APH cân tại A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA DE.DF = DK.DA Do đó DFK đồng dạng DAE góc DKF = góc DEA tứ giác AEFK nội tiếp 79
d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong AHC vuông tại H, có HF là chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong AHD vuông tại H, có HK là chiều cao) Vậy AK.AD = AF.AC Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp, vậy ta có: IC.ID=IF.IK ( ICF đồng dạng IKD) và 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 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)x2 5x 6 0 b)x2 2x 1 0 c)x4 3x2 4 0 2x y 3 d) x 2y 1 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x2 và đường thẳng (d): y=-x+2 trên cùng một hệ trục tọa độ b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (d) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: x 3 x 3 A ( ). với x 0; x 9 x 3 x 3 x 9 B 21( 2 3 3 5 )2 6( 2 3 3 5 )2 15 15 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 8x2 8x m2 1 0 (*) (x là ẩn số) 1 a) Định m để phương trình (*) có nghiệm x 2 b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện: 4 4 3 3 x1 x2 x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh rằng MBC=BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất 80
BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)x2 5x 6 0 25 24 1 5 1 5 1 x 2 hay x= 3 2 2 b)x2 2x 1 0 ' 1 1 2 x 1 2 hay x=1+ 2 c) Đặt u = x2 0 pt thành: u2 3u 4 0 (u 1)(u 4) 0 u 1 x2 1 x 1 u 4(L) Cách khác : pt (x2 1)(x2 4) 0 x2 1 0 x 1 2x y 3(1) 4x 2y 6 2x y 3 x 1 d) x 2y 1(2) x 2y 1 5x 5 y 1 Bài 2: a) Đồ thị Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1;1);( 2;4) (D) đi qua (1;1);(-2;4);(0;2) b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 81
x2 x 2 x2 x 2 0 (x 1)(x 2) 0 x 1 x 2 y(1)=1;y(-2)=4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (d) là (-2;4);(1;1) 3:Thu gọn các biểu thức sau Với x 0;x 9 x 3 x 3 x 9 x 3 A ( ). ( x 3)( x 3) x 9 1 x 3 21 B ( 4 2 3 6 2 5 )2 3( 4 2 3 6 2 5 )2 15 15 2 21 ( 3 1 5 1)2 3( 3 1 5 1)2 15 15 2 15 ( 3 5)2 15 15 60 2 Câu 4: 1 x 2 4 m2 1 0 a/ Phương trình (*) có nghiệm 2 m 1 b/ ' 16 8m2 8 8(1 m2 ) 4 4 3 3 Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là: x1=x2 khi đó x1 x2 x1 x2 thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: | m | 1 hay -1<m<1. khi |m|<1 hay -1<m<1 ta co: 4 4 3 3 x1 x2 x1 x2 2 2 2 2 2 2 (x1 x2 )(x1 x2 ) (x1 x2 )(x1 x2 x1x2 ) 2 2 (x1 x2 )[(x1 x2 ) 2x1x2 ] (x1 x2 ) x1x2 (Do x1 x2 ) S(S 2 2P) S2 P 1(12 2P) 12 P P 0 m2 1 0(VN) Do đó yêu cầu bài toán  m= 1 Cách khác Khi 0 ta có: 82
m2 1 x x 1; x x 1 2 1 2 8 4 4 3 3 x1 x2 x1 x2 3 3 x1 (x1 1) x2 (x2 1) 0 3 3 x1 x2 x1x2 0(Do x1 1 x2 ; x2 1 x1) 2 2 x1x2 (x1 x2 ) 0 (x1 x2 )(x1 x2 ) 0(do x1x2 0) x1 x2 m 1 Câu 5: a) Ta có BAC=MBC do cùng chắn cung BC Và BAC=MIC do AB//MI =>MBC=MIC=>ICMB nội tiếp đường tròn đường kính OM( vì 2 điểm B và C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC nên FB.FC=FE.FD Và 2 tam giác FBM và FIC đồng dạng nên FB.FC=FI.FM So sánh ta có: FI.FM=FD.FE c) Ta có PTQ=90o do PQ là đường kính FI FT Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) Nên FIQ=FTM mà FIQ=OIM=90o (I nhìn OM dưới góc 90o) Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM=180o d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích SIBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’;O’T lần lượt tại L và T Vẽ IH vuông BC tại H IH IT O ' I O 'T O 'O O ' L OL 83
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HCM MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)x2 7x 12 0 b)x2 ( 2 1)x 2 0 c)x4 9x2 20 0 3x 2y 4 d) 4x 3y 5 Bài 2: (1,5 điểm) a)Vẽ đồ thị (P) của hàm số y=x2 và thường thẳng (d): y = 2x + 3 trên cùng một hệ trục tọa độ. b)Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 5 5 5 3 5 A 5 2 5 1 3 5 x 1 2 6 B ( ) : (1 )(x 0) x 3 x x 3 x x 3 x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2-mx-1=0 (1) (x là ẩn số) a)Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu. b)Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1): x 2 x 1 x 2 x 1 Tính giá trị của biểu thức: P 1 1 2 2 x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Các đường cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a)Chứng minh tứ giác BFHG nội tiếp. Suy ra AHC = 1800 – ABC. b)Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua BC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp. c)Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN. Chứng minh AJI = ANC. d)Chứng minh rằng: OA vuông góc với IJ. 84