Bộ 16 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT năm 2017-2018 có đáp án

Chia sẻ: Lan Jing Yi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:77

Thêm vào BST

Báo xấu

105
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới. Mời các em học sinh và giáo viên cùng tham khảo Bộ 16 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT năm 2017-2018 có đáp án dưới đây để tích lũy kinh nghiệm làm bài trước kì thi. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ 16 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT năm 2017-2018 có đáp án

BỘ 16 ĐỀ THI TUYỂN SINH MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2017-2018 (CÓ ĐÁP ÁN)
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  12 x  27 b) x 2  x  20  0 2 x  3 y  7 c)  x  y  1 Câu 2. (1,5điểm). Cho hàm số y   x 2 có 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 ) : 2 x  1 bằng phép tính. Câu 3. (1,5điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn x : x 2  (4m  1) x  2m  8  0 ( m là 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 C thuộc nửa đường tròn đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax của 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  BDC . 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  12 x  27 b) x 2  x  20  0 2 x  3 y  7 c)  x  y  1 Lời giải a) 3x  12 x  27  3x  2 3x  3 3  3 3x  3 3  x  1 Vậy S  1 b) x 2  x  20  0  1  81  x1  4   12  4.1.(20)  81  0 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt  2  1  81  x2   5  2 Vậy S  5; 4 2 x  3 y  7 2 x  3 y  7 5 x  10 x  2 x  2 c)      x  y  1 3 x  3 y  3 2 x  3 y  7 2.2  3 y  7 y 1 Câu 2. (1,5điểm). Cho hàm số y   x 2 có 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 ) : 2 x  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 ) :  x 2  2 x  1  x 2  2 x  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 : x 2  (4m  1) x  2m  8  0 ( m là 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)  4.1.(2m  8)  16m  33  0 với mọi giá trị của m . 2 2 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  x1  x2  a  4m  1   x .x  c  2m  8  1 2 a Ta có: x1  x2  17  ( x1  x2 ) 2  289  x12  x22  2 x1 x2  289  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  289 m  4  (4m  1) 2  4(2m  8)  289  16m 2  256  0    m  4 Vậy m  4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4. (3,0 điểm). Cho điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax của 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  BDC . 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 BDC  DAC (1) (cùng nhìn cạnh DC ). 1 Lại có: ABD  AD (góc nội tiếp). 2 1 DAx  AD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). 2 Suy ra ABD  DAx . Mà DAx  DAC (do AD là phân giác). Suy ra ABD  DAC (2) Từ (1) và (2) suy ra ABD  BDC ■ c) Xét DAB và DEB có: ADB  EDB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). BD chung. ABD  BDC (cmt).  DAB  DEB (g-c-g).  BA  BE (tương ứng).  ABE cân tại B ■ d) Theo câu c) DAB  DEB  DA  DE  D là trung điểm AE (3) Xét DAF và DAK có: ADF  ADK  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù). 4
AD chung. DAF  DAK (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 M thể nhìn thấy C a) Xét AMB và ANM có: B D A 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: https://www.facebook.com/hao.nguyenhoang.52 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: x 2 - 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  x 2 ( P) và y  2 x – 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 300 cái giỏ 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; R  có đường kính AB . Trên OA lấy điểm H ( H khác 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 khác C ). Dựng CK vuông góc với AM tại K . a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh CHK  CBM . c) Gọi N là giao điểm của AM và CH . Tính theo R giá trị biểu thức P  AM . AN  BC 2 . Câu 5. (1,0 điểm) 2  x  x 2 - 12x - 12 a) Giải phương trình: 6. x -  + = 0.  x+ 2  x+1 b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình 4 x 2  4ax  b2  2  0 có nghiệm x1 , x2 . Tìm 1  2b( x1  x2 ) GTNN của biểu thức: P  ( x1  x2 )2  b( x1  x2 )  8x1 x2  . a2 Câu 6. (0,5 điểm) Cho ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O ) . Hai tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại B , C cắt nhau tại D , OD cắt BC tại E . Qua D vẽ đường thẳng song song với AB , đường thẳng này cắt AC tại K , đường thẳng OK cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích S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: x 2 - 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 x1 = = 1; x2 = = 2. 2 2 2x - y = 3 7x = 14 x = 2 x = 2 b)     . 3x+ 2y = 8 2x - y = 3 4 - y = 3 y = 1  x 2 3x 9x 3 3 x c) A = + - 4x = + - 2 x = 3 x + x - 2 x = 2 x. x 3 x 3 Câu 2. Cho hàm số y  x 2 ( P) và y  2 x – 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 x 2 = 2x - m  x 2 - 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 300 cái giỏ 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 là số công nhân ban đầu của xưởng. (điều kiện x  N * ) x 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  x = 20  x(x+ 5)= 500  x 2 + 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; R  có đường kính AB . Trên OA lấy điểm H ( H khác 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 khác C ). Dựng CK vuông góc với AM tại K . a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CHK  CBM . Lời giải: M C N K A H O B Gọi N là giao điểm của AM và CH . Tính theo R giá trị biểu thức P  AM . AN  BC 2 . Ta có CHA  CKA  900  Tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn đường kính AC. CHK  CAK  CAM (do tứ giác ACKH nội tiếp). Mà CAM  CBM (cùng chắn cung CM ). Vậy CHK  CBM . Ta có ACN = ABC (= 900 - HCB ); ABC = AMC  ACN = AMC 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  x 2 - 12x - 12 a) Giải phương trình: 6. x -  + = 0.  x+ 2  x+1 b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình 4 x 2  4ax  b2  2  0 có nghiệm x1 , x2 . 1  2b( x1  x2 ) Tìm GTNN của biểu thức: P  ( x1  x2 )2  b( x1  x2 )  8x1 x2  . 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  t1 = 3 Phương trình trở thành 6t 2 +t - 12 = 0   t = - 3  1 2 x  2 4 x2 4 Với t  ta được   3x  4x  4  0   2 3 x 1 3 x   2  3 3 x2 3 Với t   ta được    2x 2  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  x1 + x2 = -a  Theo hệ thức Vi-et, ta được:  -b 2 + 2  1 2 x .x =  4 1+2b(x1 + x2 ) 1- 2ab Ta có: P = (x1 + x2 )2 +b(x1 + x2 )- 8x1 .x2 + 2 = a 2 - ab+2b 2 - 4+ a a2 2  1- 2ab   1 =  a - ab+b  +  b 2 +  - 4 = . a+b  +  a - b  +  b -  - 4³  a +b  - 4³ - 3. 2 2 1 2 1 2 1 2 2     2 a 2 2 a 2 9
a = b   1 a = b = 1 Đẳng thức xảy ra b =    a  a = b = -1 a 2 +b 2 = 2  Vậy MinP = -3. Câu 6. (0,5 điểm) Cho ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại B , C cắt nhau tại D . OD cắt BC tại E . Qua D vẽ đường thẳng song song với AB , đường thẳng này cắt AC tại K . đường thẳng OK cắt AB tại F . Tính tỉ số diện tích SABF SABC Lời giải: A F O K B E C D Ta có BAC  DBC (cùng chắn BC ), BAC  DKC (đồng vị)  DBC  DKC  DBKC nội tiếp. Mà: OBD  OCD  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 S ΔABC 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  2 x  m đi qua điểm K (2; 3) . Câu 2: (3,0 điểm) 3 x  y  10 1. Giải hệ phương trình  . 2 x  3 y  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  . 2 x  x  1 4   Tìm tất cả các giá trị của x để B  0 . 3. Cho phương trình x 2  (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 thức P  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 cao AE 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 OCA  BAE . 4. Cho B , C cố định và A di động trên (C ) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc cung tròn (T ) cố định. Xác định tâm I và bán kính r của đường tròn (T ) , biết R  3 cm . 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 Vậy A = 5. Câu I Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2; 3) nên ta có: (2,0đ) 2.2  m  3  m  1 2) 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 Câu 2) 2 x 3 x 1 1.0 II   (3,0đ) x 1 2 x 1 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 x  (2m  5)x  2m  1  0 2 (1) 1 Khi m   , phương trình (1) trở thành: 2 3a) x  0 x  0 0.5 x 2  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 12
  (2m  5)2  4(2m  1)  4m2  12m  21  (2m  3)2  12  0 m  Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. x1  x 2  2m  5 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  x1x 2  2m  1 Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là: 2m  5  0 1  m 2m  1  0 2 Ta có:     x1  x 2   2 x 1 x 2 2 3b) P2  x1  x 2 0.75   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 IV H 0.25 (3,0đ) O 1 B E C 1 D 13
Tứ giác ABEK có: AEB  900 (AE  BC) 1) AKB  900 (BK  AC) 0.5  AEB  AKB  1800  Tứ giác ABEK nội tiếp  CEA và  CKB có: ACB chung ; CEA  CKB  900 2)   CEA  CKB (g.g) 0.5 CE CA    CE.CB  CK.CA CK CB Vẽ đường kính AD của (O).  ABE vuông tại E nên A1  ABC  900 Mà ABC  D1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))  A1  D1  900 (1)  ACD có ACD  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 3)  A2  D1  900 0.75 Mặt khác, A 2  C1 (  OAC cân tại O)  C1  D1  900 (2) Từ (1) và (2)  A1  C1 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 (0,5đ)   8008a     2017b   2506  2a  3b   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  a  8008a   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 CÓ SKKN CỦA TẤT CẢ CÁC MÔN CẤP 1-2 18 đề-8 đáp án Toán 6 Lương Thế Vinh=10k 20 đề đáp án Toán 6 AMSTERDAM=30k 22 đề-4 đáp án Toán 6 Marie Cuire Hà Nội=10k 28 DE ON VAO LOP 6 MÔN TOÁN=40k 13 đề đáp án vào 6 môn Toán=20k 20 đề đáp án KS đầu năm Toán 6,7,8,9=30k/1 khối 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN 6,7,8,9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần/1 khối 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ TOÁN 9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9=30k/1 khối/1 kỳ 63 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2018-2019; 2019-2020=60k/bộ 16 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=30k GIÁO ÁN DẠY THÊM TOÁN 6,7,8,9 (40 buổi)=80k/1 khối Ôn hè Toán 5 lên 6=20k; Ôn hè Toán 6 lên 7=20k; Ôn hè Toán 7 lên 8=20k; Ôn hè Toán 8 lên 9=50k Chuyên đề học sinh giỏi Toán 6,7,8,9=100k/1 khối (Các chuyên đề được tách từ các đề thi HSG cấp huyện trở lên) TẶNG: 5 đề đáp án Toán 6 Giảng Võ Hà Nội 2008-2012 300-đề-đáp án HSG-Toán-6-Thay Duy 225-đề-đáp án HSG-Toán-7-Hồ-Khắc-Vũ 200-đề-đáp án HSG-Toán-8-Hồ-Khắc-Vũ 20 đề đáp án HSG Toán 9 năm 2013-2016 20 đề đáp án HSG Toán 9 năm 2016-2017 45 đề đáp án HSG Toán 9 99 đề đáp án HSG Toán 9 22 đề đáp án HSG Chuyên Toán 9 50 ĐỀ ĐA VÀO 10 CHUYÊN TOÁN 2018-2019 ĐÁP ÁN 50 BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9 Cách thanh toán: Thanh toán qua tài khoản ngân hàng. Nội dung chuyển khoản: tailieu + < số điện thoại > Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu sẽ được gửi vào email của bạn hoặc qua Zalo 0946095198 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) 1. Giải hệ phương trình 2. Rút gọn biểu thức với Câu II. (2,0 điểm) Cho phương trình , với là tham số 1. Giải phương trình với . 2. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi . Gọi , là hai nghiệm của phương trình , lập phương trình bậc hai nhận và 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 vuông góc với (D . Gọi là giao điểm của và là giao điểm của và . Chứng minh rằng: 1. Tứ giác nội tiếp một đường tròn. 2. Hai tam giác và đồng dạng. 3. Tia đối của là tia phân giác của góc . 4. Đường thẳng song song với đường thẳng Câu 5. (1,0 điểm) 1. Giải phương trình ( . 2. Cho bốn số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . ------------Hết------------ (Đề này gồm có 01 trang) Họ và tên thí sinh: ………………………….…………………..……Số báo danh: ……………….... 16
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: (Nguyễn Mạnh Tuấn) 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) 2)  x4   x 2  x 2  x 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  x 2  2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1x 2  m  1 2 Biến đổi phương trình: x 2  2mx  m 2  1  0 Câu II  x 2  2mx  m 2  1 (2,0đ)  x 3  2mx 2  m 2 x  x 2)  x 3  2mx 2  m 2 x  2  x  2 Vì x1, x2 là các nghiệm của phương trình nên: 0.75 x 3 1  2mx12  m 2 x1  2    x 32  2mx 22  m 2 x 2  2    x1  2    x 2  2   x1  x 2  4  2m  4 x 3 1  2mx12  m 2 x1  2  .  x 32  2mx 22  m 2 x 2  2    x1  2 .  x 2  2   x1x 2  2  x1  x 2   4  m 2  1  2.2m  4  m 2  4m  3  Phương trình cần lập là: x 2   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 Câu Mỗi bạn nam trồng được (cây), mỗi bạn nữ trồng được (cây). x 15  x III 1.0 Vì mỗi bạn nam trồng được nhiều hơn mỗi bạn nữ 1 cây nên ta có phương (1,0đ) 30 36 trình:  1 x 15  x Giải phương trình được: x1 = 75 (loại); x2 = 6 (nhận) 17
Vậy nhóm có 6 học sinh nam và 9 học sinh nữ. A 1 2 E 1 I 1 C1 1 D M x 2 2 O 0.25 K 1 F 1 2 B Tứ giác ADCE có: ADC  900  CD  AB  1) AEC  900  CE  MA  1.0 Câu IV  ADC  AEC  1800 (3,5đ)  Tứ giác ADCE nội tiếp Tứ giác ADCE nội tiếp  A1  D1 và A2  E1 Chứng minh tương tự, ta có B2  D2 và B1  F1  1   1  2) Mà A1  B1   sđ AC  và A 2  B2   sđBC  0.75  2   2   D1  F1 và D2  E1   CDE  CFD (g.g) Vẽ Cx là tia đối của tia CD  CDE  CFD  DCE  DCF 3) Mà C1  DCE  C2  DCF  1800   0.75  C1  C2  Cx là tia phân giác của ECF Tứ giác CIDK có: ICK  IDK  ICK  D1  D2  ICK  B1  A2  1800 4)  CIDK là tứ giác nội tiếp 0.75  I1  D2  I1  A2  IK // AB   Giải phương trình: x 2  x  1 x 2  4x  1  6x 2  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   6x 2  y 2  3xy  4x 2  6x 2  y 2  3xy  10x 2  0   y  2x  y  5x   0  y  2x   y  5x Với y = 2x thì x  1  2x  x  2x  1  0   x  1  0  x  1 2 2 2 5  21 Với y = – 5x thì x 2  1  5x  x 2  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. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A   x  y  z  x  y  . 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