1 DE VA HDC TS10 THPT CHUNG BAC GIANG 2017 2018

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 giá

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I (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 II (3,0 điểm).

1 Giải hệ phương trình 3 10

x y

x y

 

�

�  

B

1

4

x� )

Tìm tất cả các giá trị của x để B 0

3 Cho phương trình 2

x  m x m  (1), với x là ẩn, m là tham số.

a Giải phương trình (1) khi 1

2

m 

b Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân

biệt x x1, 2 sao cho biểu thức P x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu III (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 IV (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 của tam giác ABC cắt nhau tại H (với

E thuộc BC, K thuộc AC)

1 Chứng minh 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 thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc một đường tròn  T cố định Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn  T , biết R3cm

Câu V (0,5 điểm).

Cho hai số thực dương a b, thoả mãn 2a3b�4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2002 2017

2996 5501

…HẾT …

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:

SBD:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẠC LIÊU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Câu I (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)

Giải

1 Ta có A 25 3 4.2 2 9.2   5 6 2 6 2  Vậy 5 A 5

2 Đồ thị hàm số y2x m đi qua điểm K(2;3)�3 4 m  �m 1 Vậy m  1

Câu II (3,0 điểm).

1 Giải hệ phương trình 3 10

x y

x y

 

�

�  

B

1

4

x� )

Tìm tất cả các giá trị của x để B 0

3 Cho phương trình 2

x  m x m  (1), với x là ẩn, m là tham số.

a Giải phương trình (1) khi 1

2

m 

b Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân

biệt x x1, 2 sao cho biểu thức P x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất

Giải

2 3 3 2 3(10 3 ) 3

�

10 3

11 33

x

 

�

� � 

�

3 1

x y



�

� � 

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( , ) (3;1)x y 

B

3

2 3 1 2 3

Vì x� nên 0 2 x 3 0, do đó B khi 0 2 1 0 1

4

x  � x

Mà x�0;x� và 1 1

4

x� nên ta được kết quả 0 1

4

x

3

a + Với 1

2

m  phương trình (1) trở thành x24x0� ���x x04

+ Vậy khi 1

2

m  phương trình có hai nghiệm x và 0 x 4

b + Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi

1 2

2 5 0

x x m

x x m

�

�    

�

�

2m 5 4 2m 1 4m 12m 21 2m 3 12 0, m R

+ Giải được điều kiện 1

2

m  (*)

+ Do P  nên P đạt nhỏ nhất khi 0 P nhỏ nhất.2

+ Ta có 2  

1 2 2 1 2 2 5 2 2 1

P  x x  x x  m  m

 2 1

2

    �    , suy ra 3 ( 1)

2

P�   m

vàP 3 khi m (thoả mãn (*)).0

+ Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 khi m 0

Câu III (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

Giải

+ Gọi số học sinh của lớp 9A là x học sinh (x�� )*

+ Gọi số học sinh của lớp 9B là y học sinh (y�� ).*

+ Ta có học sinh lớp 9A ủng hộ: 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham khảo

+ Ta có học sinh lớp 9B ủng hộ: 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo

+ Vì tổng số sách học sinh hai lớp ủng hộ là 738 quyển, nên ta có phương trình: (6x3 ) (5x  y4 ) 738y  hay

9x9y738�x y 82 (1)

+ Số sách giáo khoa học sinh hai lớp ủng hộ là 6x5y (quyển)

+ Số sách tham khảo học sinh hai lớp ủng hộ là 3x4y (quyển)

+ Vì số sách giáo khoa nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển nên ta có phương trình: (6x5 ) (3y  x4 ) 166y  �3x y 166 (2)

+ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 82

x y

x y

 

�

�  

� + Giải hệ trên được nghiệm 42

40

x y



�

� 

� (thoả mãn điều kiện) + Vậy lớp 9A có 42 học sinh và lớp 9B có 40 học sinh

Câu IV (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 của tam giác ABC cắt nhau tại H (với

E thuộc BC, K thuộc AC)

1 Chứng minh 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 thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc một đường tròn  T cố định Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn  T , biết R3cm

Giải

1 + Ta có �AEB�AKB900

Nên E và K cùng thuộc đường tròn đường kính AB

+ Vậy tứ giác ABEK nội tiếp trong một đường tròn

2 + Vì AEBC BK; ACnên �AEC BKC� 900

+ Chỉ ra hai tam giác AEC và BKC đồng dạng (g-g)

Suy ra CE CA

CK CB Vậy CE CB CK CA 

3 + Vẽ tiếp tuyến 't t của đường tròn (C) tại điểm C, ta có: � ACt�ABC

+ Lại có �ABC EKC� (cùng bù với �EKA ), suy ra � ACt EKC� ,do đó EK song song với

'

t t

+ Mặt khác OCt t' , suy ra OCEK

+ Ta có �OCA CKE� 900 (do OCEK) và �BKE CKE� 900(vì BK AC) suy ra

OCA BKE (1)

+ Lại có: �BKE BAE� (do tứ giác ABEK nội tiếp ) (2)

+ Từ (1) và (2) ta có �OCA BAE�

4 + Gọi H’ là giao điểm thứ hai của AE và đường tròn (C); I là điểm đối xứng với

O qua BC Có �BHH'�BCA BH H � ' ,suy ra tam giác BHH cân tại B nên H và H’ đối ' xứng nhau qua BC

+ Vì O và I đối xứng nhau qua BC, do đó IH OH' R

+ Do O cố định, BC cố định nên I cố định Từ đó có H thuộc đường tròn (T) có tâm

I, bán kính r IH R 

+ Vậy đường tròn (T) có tâm là điểm I đối xứng với O qua BC và bán kính

3

r R  cm

Câu V (0,5 điểm).

Cho hai số thực dương a b, thoả mãn 2a3b�4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2002 2017

2996 5501

Giải

+ Ta có 1 1

2002 1 4a 2017 1 b 2506 2 a 3b

+ Vì ,a b dương và 2a3b�4 nên 0 2 a3b�4 do đó

Q 2002.2 1.4a 2017.2 1.b 2506.4 2018

� với mọi ,a b và 0 2a3b�4, dấu bằng xảy ra khi 1

2

a và b 1

+ Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2018 khi 1; 1

2

a b