47. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018 (đại trà)

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp một đường tròn Vẽ được các yếu tố để chứng minh phần (1).[r]

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: 2

x  x m  (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm

1; 2

x x thỏa mãn x13 x23 3x x1 2 75

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:

2 2

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

…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

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

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 3 x vào phương trình (1) ta được: 3x  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

  



 



2

1

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: 2

x  x m  (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm

1; 2

x x thỏa mãn x13 x23 3x x1 2 75

Giải

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

N H F

E

A

B

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 x1; 2 thì:  25 12 m  4 0 29 12 m0 29

12

m

 

1 2 3 1 2 75 ( 1 2)[( 1 2) 1 2] 3 1 2 75 0

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 ) m 0

1 2

26 3

3 0

m

x x

 







  

 Kết hợp với điều kiện thì m =

26

3 không thỏa mãn

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

1 2

( / ) 3

x x m

m t m









      



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:

2 2

1

Giải

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

Vẽ được các yếu tố để chứng minh phần (1)

Ta có 0

90

90

MBO (theo t/c của tiếp tuyến và bán kính)

180

MAOMBO .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 MAFsuy raEMN 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

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

Từ (1) và (2) ta có NH = HM

3) Chứng minh:

2 2

EF 1

HB

HF MF 

Xét MAF và MEA có: AME chung, MAF MEA

suy ra MAF đồng dạng với MEA

MF AF

  (3)

0

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



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:

2

1

a

2

1b 2b nên

2 2

        

 Tương tự: 12 1

b c

1

1

c a



2

a b c ab bc ca

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