TS THPT hai duong 2017 2018 khong chuyen

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
(2 x −1)( x + 2) = 0
1)

2)

3 x + y = 5

3 − x = y

Câu 2 (2,0 điểm)
y = −x + m + 2

1) Cho hai đường thẳng (d):

và (d’):

y = ( m 2 − 2) x + 3

. Tìm

m

để (d) và

(d’) song song với nhau.

2) Rút gọn biểu thức: P =

 x− x +2
 1− x
x
−

÷:
 x− x −2 x−2 x  2− x

x > 0; x ≠ 1; x ≠ 4
với

.

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
x1; x2

m

thỏa mãn

m
x 2 + 5 x + 3m − 1 = 0 x
để phương trình:
( là ẩn,
là tham số) có hai nghiệm

x13 − x23 + 3x1x2 = 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:

HB2 EF
−
=1
HF2 MF

.

a, b, c
Câu 5 (1,0 điểm) Cho

của biểu thức: M =

là ba số thực dương thỏa mãn:

a +1 b +1 c +1
+
+
1 + b2 1 + c 2 1 + a 2

a+b+c =3

. Tìm giá trị nhỏ nhất

.

--------------------------------------- Hết --------------------------------------Họ và tên thí sinh: …………………………………………….….. Số báo danh: ………………………
Chữ kí của giám thị 1: …………………………….. Chữ kí của giám thị 2: ……………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018

Câu

Nội dung chính
(2 x −1)( x + 2) = 0

1.1

Điể
m
1,0

Giải phương trình:
2 x − 1 = 0
(2 x − 1)( x + 2) = 0 ⇔ 
x + 2 = 0

0,25

1
2

0,25

x + 2 = 0 ⇔ x = −2

0,25

Ta có:

2x −1 = 0 ⇔ x =

Với
Với

1
x = ; x = −2
2

1.2

Vậy phương trình có hai nghiệm:
(1)
3 x + y = 5

(2)
3 − x = y
Giải hệ phương trình sau:
y = 3− x
3x + 3 − x = 5
Từ phương trình (2) thay
vào phương trình (1) ta được:
⇔ x =1
x =1⇒ y = 2

1,0
0,25
0,25
0,25

Với
x = 1

y = 2

2.1

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm:
y = −x + m + 2
y = (m 2 − 2) x + 3
Cho hai đường thẳng (d):
và (d’):
. Tìm m để (d) và (d’)
song song với nhau.
−1 = m 2 − 2

m + 2 ≠ 3
Để hai đường thẳng (d) và (d’) song song với nhau thì:

0,25

1,0

0,25


m2 = 1
⇔
m ≠ 1

0,25

 m = ±1

⇔
m ≠ 1

0,25

⇔ m = −1

2.2

3.1

3.2

. Vậy m = -1 là giá trị cần tìm.
 x− x +2
 1− x
x
−

÷
÷:
x > 0; x ≠ 1; x ≠ 4
 x− x −2 x−2 x  2− x
Rút gọn biểu thức: P =
với
.
 x− x +2
 1− x
x
−


:
x ( x − 2)  2 − x
 ( x + 1)( x − 2)
Ta có: P =
x − x + 2 − x ( x + 1) 2 − x
.
( x + 1)( x − 2)
1− x
=
2−2 x
( x + 1)( x − 1)
=
2(1 − x )
2
=−
( x + 1)( x − 1)
x +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?
Gọi tháng đầu tổ I sản xuất được x chi tiết máy, tổ II sản xuất được y chi tiết máy.
x, y ∈ N *
ĐK:
.
x + y = 900
Theo giả thiết ta có:
(1)

Sau khi cải tiến kỹ thuật, trong tháng thứ hai:
1,1x
1,12 y
Tổ I sản xuất được
chi tiết máy, tổ II sản xuất được
chi tiết máy
1,1x + 1,12 y = 1000
Theo giả thiết ta có:
(2)
 x + y = 900

1,1x + 1,12 y = 1000
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
 x = 400

 y = 500
Giải hệ phương trình được
(thỏa mãn)
Vậy trong tháng đầu tổ I sản xuất được 400 chi tiết, tổ II sản xuất được 500 chi tiết.
x 2 + 5 x + 3m − 1 = 0 x
m
Tìm m để phương trình:
( là ẩn,
là tham số) có hai nghiệm
3
3
x1 ; x2
x1 − x2 + 3 x1 x2 = 75

thỏa mãn

.

0,25
1,0

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0


⇔m≤

x1 ; x2

∆ = 25 − 12m + 4 ≥ 0 ⇔ 29 − 12m ≥ 0
Để PT có hai nghiệm
thì:
x13 − x23 + 3x1 x2 = 75 ⇔ ( x1 − x2 )[( x1 + x2 ) 2 − x1 x2 ] + 3 x1 x2 − 75 = 0
Ta có:
 x1 + x2 = −5

 x1 x2 = 3m − 1
Theo định lý Vi-et ta có:
thay vào (*) ta được
( x1 − x2 )(26 − 3m) + 3(3m − 26) = 0 ⇔ ( x1 − x2 − 3)(26 − 3m) = 0

29
12

0,25

(*)
0,25

26

m=

⇔
3

 x1 − x2 − 3 = 0

0,25
26
3

Kết hợp với điều kiện thì m =

không thỏa mãn.

x1 − x2 − 3 = 0
Kết hợp

với hệ thức Vi - et ta có hệ:


 x1 − x2 − 3 = 0  x1 = −1


 x1 + x2 = −5 ⇔  x2 = −4
 x x = 3m − 1

5
 1 2
m =
(t / m )
3


0,25
.

5
3

4.1

Vậy m = là giá trị cần tìm.
Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp một đường tròn
Vẽ được các yếu tố để chứng minh phần (1).

1,0

0,25

4.2

·
·
MAO
= 900 MBO
= 900
Ta có
,
(theo t/c của tiếp tuyến và bán kính)
0
·MAO + MBO
·
= 180
Suy ra:
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH

·
·AEM = MAF
·
AE / / MO ⇒ ·AEM = EMN
Ta có
, mà
·EMN = MAF
·
suy ra
·
·
·
∆NMF
∆NAM
MNA
EMN
= MAF
và
có:
chung;

0,25
0,25
0,25
1,0
0,25
0,25


∆NAM

đồng dạng với
NM
NA
⇒
=
⇒ NM 2 = NF .NA ( 1)
NF NM

nên

∆NMF

·
·ABF = ·AEF ⇒ ·ABF = EMN

Mặt khác có:
⇒
MFHB là tứ giác nội tiếp
·
·
·
⇒ FHM
= FBM
= FAB
hay

0,25

·
·

FHN
= NAH

∆NHF

·ANH

∆NAH

Xét
và
có:
chung;
⇒ ∆NHF
∆NAH
đồng dạng
NH NA
⇒
=
⇒ NH 2 = NF .NA ( 2 )
NF NH

4.3

Từ (1) và (2) ta có NH = HM
HB 2 EF
−
=1
HF 2 MF

Chứng minh:
Xét

hay

·
·
HBF
= FMH

∆MAF

và
∆MAF

∆MEA

có:

·
·
NHF
= NAH

0,25

1,0

.

·AME

chung,
∆MEA

·
·
MAF
= MEA
0,25

suy ra
đồng dạng với
ME MA AE
ME AE 2
⇒
=
=
⇒
=
MA MF AF
MF AF 2
Vì MFHB là tứ giác nội tiếp
·
⇒ ·AFE = BFH

(3)
·
·
·

⇒ MFB
= MHB
= 900 ⇒ BFE
= 900

và

·AFH = ·AHN = 900

·
·
·
·
EFA
= BFH
FEA
= FBA
và
có:
;
∆AEF
∆HBF
đồng dạng với
suy ra
AE HB
AE 2 HB 2
⇒
=
⇒
=

AF HF
AF 2 HF 2
(4)
Từ (3) và (4) ta có
ME HB 2
MF + FE HB 2
FE HB 2
HB 2 FE
=
⇔
=
⇔
1
+
=
⇔
−
=1
MF HF 2
MF
HF 2
MF HF 2
HF 2 MF
∆AEF

∆HBF

a , b, c

Cho

0,25

là ba số thực dương thỏa mãn:

5

biểu thức: M =

a +1 b +1 c +1
+
+
1 + b2 1 + c2 1 + a2

a+b+c = 3

0,25

0,25

. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1,0

.


a +1
b 2 (a + 1)
a +1
b 2 ( a + 1)

ab + b
= a +1−
≥ a + 1−
= a +1−
2
2
2
2
1 + b ≥ 2b
1+ b
1+ b
1+ b
2b
2
Vì:
;
nên
0,25
b +1
bc + c c + 1
ca + a
≥ b +1−
≥ c +1−
1 + c2
2
1 + a2
2
Tương tự:
;
(a + b + c) + ( ab + bc + ca)

3 − (ab + bc + ca )
≥ a + b + c + 3−
= 3+
0,25
2
2
Suy ra M
3(ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c ) 2 = 9 ⇔ ab + bc + ca ≤ 3
Chứng minh được:
0,25
3 − ( ab + bc + ca)
⇒
≥0
2
≥
. Suy ra M 3.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
0,25
Giá trị nhỏ nhất của M bằng 3.
Ghi chú:
- Thực tế học sinh có thể có cách làm khác. Nếu học sinh làm đúng, cách làm phù hợp thì phần
đó vẫn đạt điểm tối đa.