Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán nghệ an năm học 2017 2018(có đáp án)

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung





A  1 7 
a)

Câu 1
(2,0đ)
b)

a)

Câu 2
(2,5đ)

b)

c)

Câu 3
(1,5đ)



 



7 1 7
1 7 1 7
7 7
 1 7 

2
2 7
2 7







1  7 6
=

 3
2
2
Điều kiện: x  0;x  1
1  x 1 1  x 1  x x 1
 1

P




1 x
x
x
1 x 1 x 
2 x x 1


 2
(x  1)
x
Vậy P = – 2 với x  0;x  1 .

1

1
x



2x  y  4
6x  3
x 
2




2

4x

y


1
4x

y


1
1


4   y  1  y  3
 2
1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ; 3  .
2

Cách 1:
  52  4.2.2  9  0    3
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
53
53 1

x1 
 2 ; x2 

2.2
2.2 2
Cách 2:
1

x
2

2x  5x  2  0  (2x  1)(x  2)  0 
2

x  2
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x 2  2x  m  6  x 2  2x  m  6  0 (*)
(P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương
 Phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1, x2
 '  0
m  5  0
m  5


  x1  x 2  0  2  0

5m6
m

6


x  x  0

m  6  0
2
 1
Vậy 5  m  6 là giá trị cần tìm.
Cách 1: Lập phương trình
Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m). Điều kiện: x > 15.
 Chiều rộng mảnh vườn là x – 15 (m) và diện tích mảnh vườn là
x(x – 15) (m2).
Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m)
Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x – 12 (m)

Điểm

1.0

1.0

0.75

0.75

1.0

1.5


 Diện tích mới là (x – 2)(x – 12) (m2)

Vì khi đó diện tích tăng thêm 44m2 nên ta có phương trình:
(x  2)(x  12)  x(x  15)  44
 x 2  14x  24  x 2  15x  44
 x  20 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy diện tích mảnh vườn là 20.(20 – 15) = 100 (m2).
Cách 2: Lập hệ phương trình
Gọi chiều dài và chiều rộng mảnh vườn lần lượt là x (m) và y (m).
Điều kiện: x > 15, x > y > 0.
 Diện tích mảnh vườn là xy (m2).
Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 15m nên: x – y = 15
(1)
Nếu giảm chiều dài 2m thì chiều dài mới là x – 2 (m)
Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là y + 3 (m)
 Diện tích mới là (x – 2)(y + 3) (m2)
Vì khi đó diện tích tăng thêm 44m2 nên ta:
(2)
(x  2)(y  3)  xy  44  3x  2y  50
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
 x  y  15
 x  20

(thỏa mãn điều kiện)

3x  2y  50
y  5
Vậy diện tích mảnh vườn là 20.5 = 100 (m2).
A
1

I

2
1

D

2

1

M
1

O

C

0.25

2

E
1

2

B

Câu 4
(3,0đ)

a)

b)

Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên:
  MBO
  900
MAO
Tứ giác MAOB có:
  MBO
  1800
MAO
 Tứ giác MAOB nội tiếp
Ta có:
 C
 1 (so le trong, AC // MB)
EMD

1  C
 1   1 sđ AD

A


 2

A
1
 EMD

 EMD và  EAM có:
1 chung , EMD
A
1
E
 EAM (g.g)
  EMD

0.75

1.0


EM ED

 EM 2  EA.ED
EA EM
 EBD và  EAB có:
 2 chung , B
1  A
 2   1 sđ BD

E


 2

 EAB (g.g)
  EBD
EB ED



 EB2  EA.ED
EA EB
Từ (1) và (2)  EM2  EB2  EM  EB
Gọi I là giao điểm của của BD và MA
 EAM nên:
Vì  EMD


D1  AMB
 2  AMB
 do D
1  D
2
D








2  C
 1  AMB
B
 1 do C
1  B
1

D

c)

(1)

(2)



Do đó:
  900  AMB
B
 1  900  D
2  C
 1  900
BD  AM  MIB
  900  AE  AC  AE  MB (do AC // MB)
 DAC

  MAB cân tại A
  MAB đều (vì  MAB cân tại M)
  300
 AMO

 MO  2R
Vậy khi M cách O một khoảng bằng 2R thì BD  AM

1.0

x+

2 2x
1 x2

1

2 2x

 1  x  ĐK : x(1  x)  0  0  x  1
1 x2
8x 2

 1  2x  x 2
2
1 x
 1  x 2 1  2x  x 2   8x 2


  x 2  x  1  x  x 2  x  1  x   8x 2  0
Câu 5
(1.0đ)

  x 2  x  1  x 2  8x 2  0
2

  x 2  x  1  9x 2  0
2

  x 2  2x  1 x 2  4x  1  0
 x  12  0

 x 2  4x  1  0
 x  1

x  2  3
Kết hợp với điều kiện  x  2  3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  2  3 .

1.0