de thi vao 10

Nếu HS có kết quả đúng mà không lập luận rõ ẩn là hình chiếu của cạnh góc vuông lớn hơn hay nhỏ hơn thì trừ 0,25 điểm..   sau đó HS biết đối chiếu giá trị m tìm được với ĐK trên thì vẫ[r]

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi: Toán

Câu 1 (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: P  2 8  2 3 2 6

.

2) Tìm m để đường thẳng y(m2)xm song song với đường thẳng y3x 2.

3) Tìm hoành độ của điểm A trên parabol y2x2, biết A có tung độ y 18

Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình x2  2xm 3 0 (m là tham số).

1)Tìm m để phương trình có nghiệm x 3 Tìm nghiệm còn lại.

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x13 x23  8

Câu 3 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: x2- 3x + 2= 0.

2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định Thực tế trên nửa quãng đường đầu ô

tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h Trong nửa quãng đường còn lại ô tô đi với vận tốc

nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h Biết rằng ô tô đến B đúng thời gian đã định Tìm vận tốc dự định

của ô tô.

Câu 4 (3,0 điểm).Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R Hạ các đường cao AH, BK của tam giác Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là D, E

a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp một đường tròn Xác định tâm của đường tròn đó.

b) Chứng minh rằng: HK // DE.

c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp CHK không đổi.

Câu 5 (1,0 điểm) Cho x;y là hai số dương thay đổi.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 2  2

x y x y

S



ĐỀ II

Bài 1(1,5 điểm):Cho hai biểu thức:A 3 8   50   2 1  2

và

2 2



 (0<x<1)

a/ Rút gọn biểu thức A và B b/ Tìm các giá trị của x để B =

2 x



Bài 2 (1,5 điểm):

a/ Tìm m để đồ thị hàm số y = (m2 – 4)x + 2m – 7 song song với đường thẳng y = 5x – 1

b/ Cho hệ phương trình

2ax by 7





 Tìm a và b biết hệ phương trình có nghiệm (x, y) = (1; -1)

Bài 3 (2,5 điểm): 1/ Cho phương trình: x2 – (m + 5).x – m + 6 = 0 (1), (x là ẩn, m là tham số)

a/ Giải phương trình với m = 1

b/ Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x x 12 2  x x 1 22  24

2/ Bài toán thực tế.

Một hãng taxi giá rẻ định giá tiền theo hai gói cước trong bảng giá như sau:

+ Gói 1: Giá mở cửa là 6000 đồng /1km cho 10km đầu tiên và 2500 đồng với mỗi km tiếp theo + Gói 2: 4000 đồng cho mỗi km trên cả quãng đường

a) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là 35 km thì chọn gói cước nào có lợi hơn?

b) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là x km mà chọn gói cước 1 có lợi hơn thì x phải thỏa mãn điều kiện gì?

Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm

H (H nằm giữa O và B) Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại K khác A Hai dây MN và BK cắt nhau ở E

a/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp

b/ Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh NFK cân và

EM NC = EN CM

c/ Giả sử KE = KC Chứng minh OK// MN và KM2 + KN2 = 4R2

Bài 5 (1,0 điểm): a/ Cho a, b là các số dương Chứng minh

1 1 1 1

a b 4 a b

   

   b/ Cho các số dương x, y, z thỏa mãn

6

x  yy  zz  x  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z

ĐỀ III

Câu 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức: 2



x P

a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P.

b) Rút gọn P.

Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một tam giác vuông có đường cao ứng với cạnh huyền dài 24cm và chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng hơn kém nhau 14cm Tính độ dài cạnh huyền và diện tích của tam giác vuông đó

Câu 3: (2,0 điểm).Cho phương trình: x2  4x m 23m0 (1) (trong đó x là ẩn, m là tham số).

a) Giải phương trình (1) với m 3.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn

2

x x 

Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, M là điểm bất kỳ trên cạnh BC (M

không trùng với B và C) Gọi P, Q theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và

AC, O là trung điểm của AM Chứng minh rằng:

a) Các điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn

b) Tứ giác OPHQ là hình gì? vì sao?

c) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để đoạn thẳng PQ có độ dài nhỏ nhất

Câu 5: (1,0 điểm).

Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn: a b c  3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Q a ab b b bc c c ca a

-Hết -(Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:………

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I Hướng dẫn chung

1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả Trong bài làm, thí sinh phải

trình bày lập luận đầy đủ.

2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm của mỗi câu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.

4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn

II Đáp án và thang điểm

Câu 1

2,0 đ

1)

2)

0,75 đ Đường thẳng y(m2)xm song song với đường thẳng

y x khi và chỉ khi

2

m m

 









0,5

1

m

3)

0,5 đ Điểm A nằm trên parabol

2 2

y x và có tung độ y 18 nên 2

2

    Vậy điểm A có hoành độ là 3 hoặc  3 0,25

Câu 2

2,0 đ

1)

1,0 đ Thay 3

x  vào phương trình ta được: 9  6 m   3 0 m 6 0,25

Với m 6 ta có phương trình x2  2x 3  0 0,25

Giải phương trình ta được x1;x3 0,25

2)

1,0 đ Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt   ' 0  m 2 0,25

Theo hệ thức Vi-ét:

1 2

2

x x

x x m





 



0,25

x x   x x  x x x x  0,25

      (thỏa mãn)

Câu 3

2,0 đ

1)

1,0 đ

Ta thấy các hệ số a,b,c của phương trình có dạng: a+b+c=1-3+2=0 0,25

x 2 =2

2)

1,0 đ Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x >6 )

Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đường AB là

80 ( )h x

0,25

Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là

40 ( )

x 

Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường còn lại là

40 ( )

x 

0,25

Theo bài ra ta có phương trình:

40 40 80

6 12

Giải phương trình ta được x 24 ( thỏa mãn)

Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h) 0,25

Câu 4

3,0 đ

M F

H K

D E

O C

1)

1,0 đ Có 

0 90

Suy ra tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn đường kính AB 0,25

2)

1,5 đ Tứ giác ABHK nội tiếp  ABKAHK (cùng chắn cung AK) 0,25

Mà EDAABK (cùng chắn cung AE của (O)) 0,25

Vậy ED//HK (do EDA AHK ,  đồng vị) 0,5

3)

0,5đ Gọi F là giao điểm của AH và BK Dễ thấy C, K, F, H nằm trên đường tròn đường kính CF nên đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK có

đường kính CF.

0,25

Kẻ đường kính AM

Ta có: BM//CF (cùng vuông góc AB), CM//BF (cùng vuông góc AC) nên tứ giác BMCF là hình bình hành  CFMB

0,25

Xét tam giác ABM vuông tại B, ta có

4

MB AM  AB  R  AB Vậy bán kính đường tròn ngoại

tiếp tam giác CHK là

4

không đổi.

0,25

Câu 5

1,0 đ

Ta có:

S



2





0,25

2



0,25

Do x; y là các số dương suy ra

2

2





2

xy



;« = » xy

0,25

Cộng các bđt ta được S 6

6

S   x y .Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y 0,25

ĐÁP ÁN VÀ CHO ĐIỂM ĐỀ II

Bài 1

(1,5

điểm)

a/ 1,0 điểm

A 3 8 50 2 1 3.2 2 5 2 2 1

6 2 5 2 2 1 1

0,25 0,25

 



  





2 2

2 2

x 1

x 1

= (v× 0 < x < 1)

x 1 3x x

0,25 0,25

b/ 0,5 điểm

x

1 2 x 0 (v× x > 0) x x (TM §K)

Vậy x =

1

4

0,25 0,25

Bài 2

(1,5

điểm)

a/ 0,75 điểm

Vì đồ thị hàm số y = (m

2 – 4 )x + 2m – 7 song song với đường thẳng y

0,25

= 5x – 1 nên

2m 7 1



 









Vậy m = -3

0,25 0,25

b/ 0,75 điểm

b/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta có

2a b 7

a b 1

 





 

 3a 6 a 2

a b 1 b 3

Vậy a = 2; b = 3

0,25 0,25 0,25

Bài 3

(2,5

điểm)

1a/ 0,5 điểm

với m = 1, ta có phương trình x2 – 6x + 5 = 0

Xét a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0,

 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 5

0,25 0,25

1b/ 0,75 điểm

Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 khi m2 + 14m + 1 ≥ 0

Theo định lý Viets, ta có

1 2







0,25

Theo đề bài:

2

m 3





0,5

Với m = -2,  = -23 < 0 (loại)

Với m = 3 ,  = 52 > 0 (nhận)

Vậy m = 3 thì phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn

1 2 1 2

x x  x x  24

0,25

2a/ 0,5 điểm

2a/ Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :

10.6000 + 25.2500 = 122500 đồng

- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :

35.4000 = 140000 đồng >122500 đồng

0,25

Vậy cô Tâm nên chọn gói cước 1 có lợi hơn 0,25

2b/ 0,5 điểm

2b) Vì cô chọn gói cước 1 có lợi hơn nên x > 10

- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :

10.6000 + (x-10).2500 = 2500x + 35000

- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :4000.x ( đồng)

0,25

Vì đi theo gói cước 1 có lợi hơn nên 2500x + 35000 < 4000x

Suy ra 1500x > 35000 hay x >

70

3 (km).

0,25

Bài 4

(3,5

điểm)

0,25

1/a : 0,75 điểm

a/Xét tứ giác AHEK có:

AHE AKE 180    Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm) 0,5

1/b: 1,25 điểm

b/ Vì NF và KB cùng vuông góc với AC nên NF // KB,

AB  MN  MB  BN

Có KFN  MKB (đồng vị và KE//FN), KNF  NKB (so le trong và

KE//FN),

0,25

Xét MKN có KE là phân giác của

MKN nªn (1)

EN KN

Do KE  KC nên KC là phân giác ngoài của

CN KN

0,25

Từ (1) và (2) 

CM EM

(2) EM CN EN CM

0,25

1/c: 0,75 điểm

+/ KE = KC  KEC vuông cân tại K   0  0

KEC  45  HEB  45 (đối đỉnh)  HBE  450(vì HEB vuông tại H) 0,25 +/ OKB cân tại O có  0

OBK45 nên OKB vuông tại O OK//MN (cùng vuông góc với AB) (đpcm)

+/ Kẻ đường kính KK’KK’M vuông tại M  KM2 + K’M2 = KK’2

0,25

= 4R2.

Lại có KK’//MN (cùng vuông góc với AB)  cung K’M = cung KN

(t/c 2 dây song song chắn 2 cung bằng nhau)  K’M = KN

Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm)

0,25

2/: 0,5 điểm

Gọi thể tích của hình trụ là V1V1= 35dm3 0,25 Thể tích hình cầu đường kính 6dm là

2

4

V 3 36 (dm ) 3

   

Suy ra V1<V2

0,25

Bài 5

(1,0

điểm

a/: 0,25 điểm

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số a, b dương, ta có

a b 2 ab,

2

ab  ab

a b a b a b a b 4 a b

            

Dấu bằng xảy ra khi a = b

0,25

b/: 0,75 điểm

Theo câu a/ ta có

4 x z y z 8 x y 16 x z y z 8 x y

              

0,25

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có

 

 

; 3x 2y 3z 16 x y y z 8 x z

2x 3y 3z 16 x y x z 8 y z

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta được:

P

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y y z z x

.6 6

0,25

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

1

4 Vậy GTLN của biểu thức P là

3

2 khi x = y = z =

1

4

0,25

ĐỀ III

1

(2đ)

a

Tìm ĐKXĐ của P:

2

3

2















x

x

1,0

b

2

P

1,0

2

(2đ)

Gọi x (cm) là hình chiếu của cạnh góc vuông có độ dài lớn hơn (ĐK: x > 14) thì độ dài hình chiếu còn lại là: x14(cm). 0,5

Áp dụng hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu của các cạnh góc vuông trên cạnh huyền ta có phương trình: 242 x x 14 0,5 Giải phương trình:

18 (KTM)

x

x







Nên hình chiếu có độ dài lớn hơn là 32cm, hình chiếu còn lại dài 18cm

0,5

Từ đó suy ra: Độ dài cạnh huyền là: 32 + 18 = 50 (cm).

Diện tích của tam giác vuông đó là:

1 24.50 600

2  (cm 2 ).

0,5

3

(2đ

Với m 3ta có phương trình :

Vậy với m3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: S 0;4

1,0

b

Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì:

(1)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

2

1 2

4 3







0,25

1,0

Kết hợp với giả thiết ta có:

   

2

1

2 6





x

0,25

*) Với x1   1 x2  5 Từ x x1 2 m2 3m m2 3m  5 0

Dễ thấy phương trình trên vô nghiệm do có    9 4.5 0 

*) Với x1   2 x2  2

0,25

Từ    

1 2

1

4





            



m

m

Đối chiếu ĐK có nghiệm của phương trình (1) ta thấy cả hai giá trị trên đều thỏa mãn

Vậy với m = 1; m 4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2

thỏa mãn x12 x2 6

0,25

4

(3đ

)

a

Ta có:

APM 90  (do MP  AB (gt)).

AQM 90  (do MQAC (gt)).

AHM 90  (do AH là đường cao của ∆ABC(gt))

Ta thấy 3 điểm P, Q, H cùng nhìn đoạn thẳng AM dưới một góc vuông

Nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM

(HS có thể c/m 2 tứ giác nội tiếp rồi suy ra đpcm cũng là một suy luận đúng)

1,25

b

Do O là trung điểm của AM nên O là tâm đường tròn đi qua 5 điểm A,

P, H, M, Q

Lại có ∆ABC đều (gt) nên AH đồng thời là phân giác

PAH BAH 30

Đặt

AM 2

R 

, xét (O; R) ta có:

POH 2PAH 60   (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn PH) (1)

mặt khác do OP = OH = R nên ∆OPH cân (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra ∆OPH đều  OP = PH = R (3) Chứng minh tương tự ta cũng có: OQ = QH = R (4)

Từ (3) và (4)  OP = OQ = QH = PH

Do đó tứ giác OPHQ là hình thoi

1,0

c Gọi I là giao điểm của OH và PQ

Do OPHQ là hình thoi nên ta có: OHPQ và

1

2



;

1

Áp dụng Pytago cho tam giác vuông PIH có:

2

PI PH IH

  Suy ra:

AM

PQ 2PI 3 3.

2

R

Do đó: PQ có độ dài nhỏ nhất  AM có độ dài nhỏ nhất

Mặt khác do AM AH  , nên AM có độ dài nhỏ nhất  M H  Vậy khi M H  thì PQ có độ dài nhỏ nhất

0,75

(Không yêu cầu HS chỉ ra min PQ bằng bao nhiêu)

5

(1đ

)

Không mất tính tổng quát, giả sử: a b c   0

Ta có:

2

2 2

0 0

c









Do đó:  2 2  2 2 2 2

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số không âm ta có:

3

 2 23  6

0,25

Do a b c   0 a b a b c     a b 6a b c  6 36 Suy ra

6 5

4 3 12 3

Dấu “=” xảy ra

2

a

c

a b b





Vậy Max Q12 a2;b1;c0 và các hoán vị của chúng

(nghĩa là trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 1 và số còn lại bằng

0) https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/

0,25

Lưu ý:

- Trên đây chỉ là một cách giải, nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó, người chấm có thể chia nhỏ các con điểm.

- Với câu 2 không yêu cầu vẽ hình minh họa Nếu HS có kết quả đúng mà không lập luận rõ ẩn

là hình chiếu của cạnh góc vuông lớn hơn hay nhỏ hơn thì trừ 0,25 điểm.

(1)

   m  m  sau đó HS biết đối chiếu giá trị m tìm được với ĐK trên thì vẫn cho

điểm tối đa.

- Với câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm điểm câu này Nếu

phần sau mà dùng kết quả của phần trước nhưng chưa chứng minh thì không tính điểm.

- Điểm toàn bài là tổng số điểm của 5 câu trong đề, làm tròn một chữ số sau dấu phảy.