3 DE VA HDC TS10 THPT CHUNG HAI DUONG 2017 2018

Tìm m để d và d’ song song với nhau.. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn A, B là các tiếp điểm.. Qua A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường t

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO HẢI DƯƠNG

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 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) (2x1)(x 2) 0 2) 3 5

3

x y

x y

 

�

� 

�

Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d): y   x m 2 và (d’): y(m22)x3 Tìm m để

(d) và (d’) song song với nhau

2) Rút gọn biểu thức: P = 2 1

:

� � với x0;x� �1;x 4.

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Tháng đầu hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy Tháng thứ hai do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% và tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

2) Tìm m để phương trình: x25x3m  (1 0 x là ẩn, m là tham số) có hai

nghiệm x x1; 2 thỏa mãn 3 3

1 2 3 1 2 75

x  x x x 

Câu 4 (3,0 điểm)Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ một điểm M ở ngoài

đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm) Qua A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2)Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH

3) Chứng minh: HB22 EF 1

HF  MF 

Câu 5 (1,0 điểm) Cho a b c, , là ba số thực dương thỏa mãn: a b c  3 Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 12 12 12

    

…HẾT …

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

Họ và tên thí sinh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

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

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) (2x1)(x 2) 0 2) 3 5

3

x y

x y

 

�

� 

�

Giải

1) Ta có: (2 1)( 2) 0 2 1 0

2 0

x

x x

x

 

�

   � � � Với 2 1 0 1

2

x  � x

Với x 2 0� x 2

Vậy phương trình có hai nghiệm: 1; 2

2

x x 

2) Giải hệ phương trình sau: 3 5 (1)

x y

x y

 

�

� 

�

Từ phương trình (2) thay y  vào phương trình (1) ta được: 33 x x  3 x 5� x1. Với x1�y2.Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1

2

x y



�

� 

�

Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d): y   x m 2 và (d’): y(m22)x3 Tìm m để

(d) và (d’) song song với nhau

2) Rút gọn biểu thức: P = 2 1

:

� � với x0;x� �1;x 4.

Giải

1) Để hai đường thẳng (d) và (d’) song song với nhau thì:

2

2 3

m m

�  

�  �

�

1

m

m

� 

� �

�

�

1 1

m m

 �

�

� � �

� �m 1 Vậy m = -1 là giá trị cần tìm.

= 2 2

x



x

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Tháng đầu hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy Tháng thứ hai do cải tiến kỹ thuật nên tổ I vượt mức 10% và tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1000 chi tiết máy Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

2) Tìm m để phương trình: x25x3m  (1 0 x là ẩn, m là tham số) có hai

nghiệm x x1; 2 thỏa mãn 3 3

1 2 3 1 2 75

x  x x x 

Giải

1) Gọi tháng đầu tổ I sản xuất được x chi tiết máy, tổ II sản xuất được y chi tiết máy

ĐK: x y N, � *

Theo giả thiết ta có: x y 900 (1)

Sau khi cải tiến kỹ thuật, trong tháng thứ hai:

Tổ I sản xuất được 1,1xchi tiết máy, tổ II sản xuất được 1,12 ychi tiết máy

Theo giả thiết ta có: 1,1x1,12y1000 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 900

1,1 1,12 1000

x y

 

�

� Giải hệ phương trình được 400

500

x y



�

� 

� (thỏa mãn) Vậy trong tháng đầu tổI sản xuất được 400 chi tiết, tổ II sản xuất được 500 chi tiết

2) Để PT có hai nghiệm x x thì: 1; 2  25 12 m4 0� �29 12 m�0 29

12

m

ۣ

x  x x x  � x x x x x x  x x   (*)

Theo định lý Vi-et ta có: 1 2

1 2

5

3 1

x x

x x m

  

�

� thay vào (*) ta được

(x x )(26 3 ) 3(3 m  m26) 0 �(x  x 3)(26 3 ) 0 m 

26 3

3 0

m

x x

� 

�

�

�

  

� Kết hợp với điều kiện thì m =

26 3 không thỏa mãn

Kết hợp x1   với hệ thức Vi - et ta có hệ: x2 3 0

1 2

( / ) 3

�

�

�

�

�

Vậy m = 5

3 là giá trị cần tìm

Câu 4 (3,0 điểm)Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ một điểm M ở ngoài

đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm) Qua A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH

3) Chứng minh: HB22 EF 1

HF  MF 

Giải

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp một đường tròn

Ta có �MAO900, �MBO900 (theo t/c của tiếp tuyến và bán kính)

Suy ra: �MAO MBO� 1800.Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH

Ta có E / /A MO��A ME EMN� , mà �AEM MAF� suy ra �EMN MAF�

NMF

 và NAM có: �MNA chung; � EMNMAF�

nên NMF đồng dạng với NAM

 

2

Mặt khác có: �ABF �AEF ��ABF EMN� hay �HBFFMH�

� MFHB là tứ giác nội tiếp

FHM FBM FAB

� hay �FHN �NAH

Xét NHF và NAH có: �ANH chung; � NHF �NAH

� NHF đồng dạng NAH NH NA NH2 NF NA  2

Từ (1) và (2) ta có NH = HM

3) Chứng minh: HB22 EF 1

HF MF  Xét MAF và MEA có: �AME chung, � MAF �MEA

suy ra MAF đồng dạng với MEA

MF  AF

� (3)

Vì MFHB là tứ giác nội tiếp � � 0 � 0

MFB MHB  BFE

90

AFH  AHN 

AFE BFH

�

AEF

 và HBF có: �EFA BFH� ; �FEA FBA�

suy ra AEF đồng dạng với HBF

AE HB AE HB

AF  HF AF  HF

� � (4)

Từ (3) và (4) ta có ME HB22 MF FE HB22 1 FE HB22 HB22 FE 1



Câu 5 (1,0 điểm) Cho a b c, , là ba số thực dương thỏa mãn: a b c  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 12 12 12

    

Giải

Vì: 12 1 2( 21)

a

    

2

1b �2b nên 12 1 2( 1) 1

 �       

 Tương tự: 12 1

b c

1

1

c a



2

2

ab bc ca

 

3(ab bc ca  ) (�a b c  ) 9� ab bc ca  �3 3 ( ) 0

2

ab bc ca

Suy ra M �3

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 Giá trị nhỏ nhất của M bằng 3.