Đề và đáp án thi tuyển sinh vào 10 các tỉnh tham khảo (1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

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)

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
3x + y = 5

3− x = y
(2x
−
1)(x
+
2)
=
0
1)
2) 
Câu 2 (2,0 điểm)
2
1) Cho hai đường thẳng (d): y = − x + m + 2 v à ( d ’ ) : y = (m − 2)x + 3 . T ì m
m để (d) và (d’) song song với nhau.

2) Rút gọn
x > 0; x ≠ 1; x ≠ 4 .

biểu

thức:

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

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% vả 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

2) Tìm m để phương trình: x + 5x + 3m − 1 = 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai
3
3
nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 − x 2 + 3x1x 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 vả MN = NH.
HB2 EF
−
=1
2
MF
3) Chứng minh: HF
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 3 .Tìm giá trị
x +1 y +1 z +1
+
+
2
2
1
+
y
1
+

z
1+ x2 .
nhỏ nhất của biểu thức:
----------------------------Hết---------------------------Q=


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

Câ
u

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC: 2017-2018 - MÔN TOÁN

Ý
1

Nội dung

⇔ ( 2 x − 1) ( x + 2) = 0
2 x −1 = 0
⇔
x + 2 = 0
1

x=


⇔
2

 x = −2

I

Điểm

0,25
0.25
0,25
0.25

3x + y = 5
x = 1
⇔

3 − x = y
y = 2

2

1,00

Điều kiện để hai đồ thị song song là
II

−1 = m 2 − 2

m = ±1
⇔

m ≠ 1
m + 2 ≠ 3

1

1,00

Loại m = 1, chọn m =-1
x− x +2
x
1− x
A=(
−
):
x− x −2 x−2 x 2− x
A=(
2
A=(
A=

(
(

x− x +2

)(

x +1

x −2

x− x +2

)(

x +1

x −2

)

−

)

−

x

x

(
(

x
x −2
x

x −2

)

):

1− x
2− x

)

):

1− x
2− x

0,25
0,25
0,25
0,25

−2
x +1

II
1 Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 1 là x chi tiết ( x nguyên dương, x <
900)
Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 2 là y chi tiết ( ynguyên dương, y <
900)

1,00


Theo đề bài ta có hệ

 x + y = 900
 x = 400
⇔

1,1x + 1,12 y = 1000
 y = 500

Đáp số 400, 500

2
∆ = 29 − 12m ⇒ ∆ ≥ 0 ⇒ m ≤

29
12 nên pt có hai nghiêm

Áp dụng vi ét x1 + x2 = −5 và x1 x2 = 3m − 1

( x1 − x2 ) ( ( x1 + x2 )

2

)

− x1 x2 + 3 x1 x2 = 75

P = ⇒ x1 − x2 = 3

1

Kết hợp x1 + x2 = −5 suy ra x1 = −1; x2 = −4 Thay vào x1 x2 = 3m − 1 suy ra m
5
= 3

IV

0,25

0
0
·
·
·
·
a) MAO = MBO = 90 ⇒ MAO + MBO = 180 . Mà hai góc đối nhau nên

tứ giác MAOB nội tiếp
2
b) Chỉ ra ∆MNF : ∆ANM(g − g) suy ra MN = NF.NA
2
Chỉ ra ∆NFH : ∆AFH(g− g) suy ra NH = NF .NA
2
2
Vậy MN = NH suy ra MN = NH
c)
Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R

0,75

1
1


⇒ MO là đường trung trực của AB
⇒ AH ⊥ MO và HA = HB
·
·
¶
∆ MAF và ∆ MEA có: AME chung; MAF = AEF
⇒ ∆ MAF
∆ MEA (g.g)
MA MF
=
⇒ MA 2 = MF.ME
ME MA
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vuông MAO, có: MA2 = MH.MO
ME MO
⇒
=
MH
MF
Do đó: ME.MF = MH.MO
⇒ ∆ MFH
∆ MOE (c.g.c)
⇒

·
·
⇒ MHF
= MEO
·
Vì BAE
là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng
 1 » 
·
·
⇒ FEB
= FAB
 = sđ EB ÷
 2

·
·
⇒ MHF
= FAB
·
·
·
·
⇒ ANH
+ NHF
= ANH
+ FAB
= 900
⇒ HF ⊥ N A
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vuông NHA, có: NH2 = NF.NA

⇒ NM 2 = NH 2 ⇒ NM = NH .
HB2 EF
−
=1
2
MF
3) Chứng minh: HF
.
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vuông NHA, có: HA2 = FA.NA và
2
HF = FA.FN
Mà HA = HB
HB2 HA 2 FA.NA NA
⇒
=
=
=
HF2 HF2 FA.FN NF
⇒ HB2 = AF.AN (vì HA = HB)
EF FA
=
Vì AE // MN nên MF NF (hệ quả của định lí Ta-lét)
HB2 EF NA FA NF
⇒
−
=
−
=
=1
HF2 MF NF NF NF

V

Q=

0,25
1,00

x +1 y +1 z +1  x
y
z   1
1
1 
+
+
=
+
+
+
+
+
=M+N
2
2
2
2
2
2 ÷ 
2
2

2 ÷
1+ y 1+ z 1+ x
 1+ y 1+ z 1+ x   1+ y 1+ z 1+ x 
x
y
z
M=
+
+
2
2
1 + y 1 + z 1 + x 2 , áp dụng Côsi ta có:
Xét
x ( 1 + y 2 ) − xy 2
x
xy 2
xy 2
xy
=
=
x
−
≥
x
−
= x−
2
2
2
1+ y

1+ y
1+ y
2y
2


y
yz
z
zx
≥ y− ;
≥ z−
2
2
2 1+ x
2 ; Suy ra
Tương tự: 1 + z
x
y
z
xy + yz + zx
xy + yz + zx
M=
+
+
≥ x+ y+ z−
= 3−
2
2
2

1+ y 1+ z 1+ x
2
2

Lại có:
x + y + z 2 ≥ xy + yz + zx ⇒ ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx ≤ 3
2

2

2

M ≥ 3−

xy + yz + zx
3 3
≥ 3− =
2
2 2

Suy ra:
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1

1
1
1
+
+
2
2

1 + y 1 + z 1 + x 2 , ta có:
Xét:

1  
1  
1 
3 − N = 1 −
+ 1−
+ 1−
2 ÷ 
2 ÷ 
2 ÷
 1+ y   1+ z   1+ x 
N=

y2
z2
x2
y2 z 2 x2 x + y + z 3
=
+
+
≤
+ +
=
=
1 + y2 1 + z2 1 + x2 2 y 2z 2x
2
2
3 3

N ≥ 3− =
2 2
Suy ra:

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1
Từ đó suy ra: Q ≥ 3 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1
Vậy Qmin = 3 ⇔ x = y = z = 1

- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.