de Thi thu vào 10 THPT co dap an

TRƯỜNG THCS ĐỒNG LẠNG
LỚP 9A
ĐỀ CHÍNH THÚC
Ra đề: Hoàng Quốc Khánh

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN
NGÀYTHI: 18/03/3017
Thời gian làm bài: 120 phút.

Bài 1 (2,0 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức A =

x + 7 +1
khi x = 9
x − 5 −1

4 1
x + y = 5

2. Giải hệ phương trình: 
7 − 5 = 2
 x y

Bài 2 (1,5 điểm)
x−2

x +1




+
Cho biểu thức P = 
với x > 0; x ≠ 1
÷.
x + 2  x −1
x+2 x
a. Rút gọn biểu thức P
b. Tìm các giá trị của x để 2P = 2 x + 5
1

Bài 3 (1,5 điểm) Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong
một số ngày quy định. Do mỗi ngày xong trước thời hạn thì mỗi công nhân được thưởng
50000 đồng nên mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm vì vậy phân xưởng
đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày
phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?
Bài 4 (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 + 2mx − 2m − 6 = 0 (1) với ẩn x , tham số m.
a. Giải phương trình (1) khi m = 1
b. Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 sao cho x1 2 + x 2 2 đạt
giá trị nhỏ nhất.
Bài 5 (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN
của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các
đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P.
1. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
2. Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F.
Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF.
3. Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí
của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài 6 (0,5 điểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức Q = 2a + bc + 2b + ca + 2c + ab

----------------- Hết -----------------


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Đáp án

Bài

1. Với x = 9 ta có : A =
A=

Bài 1
(2,0
điểm)

9 + 7 +1
9 − 5 −1
16 + 1 5
= =5
4 −1 1

Vậy với x = 9 thì A = 5
4 1
 20 5
 27
= 27
x = 1
x + y = 5
 x + y = 25
x = 1



 x

⇔
⇔
⇔ 5
⇔
2. 
y = 1
7 − 5 = 2
7 − 5 = 2
7 − 5 = 2
7 − y = 2

 x y
 x y
 x y
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = (1;1)
a. Với x > 0; x ≠ 1 ta có:

1  x +1  x − 2 + x  x +1
 x−2
P=
+
=
÷.
÷.
x + 2  x − 1  x ( x + 2)  x − 1
 x+2 x

 ( x − 1).( x + 2)  x + 1
=
=
÷.
x
(
x
+
2)
x
−
1



Bài 2
(1,5
điểm)

x +1
x

x +1
với x > 0; x ≠ 1
x
x +1
b. Với x > 0; x ≠ 1 ta có P =
Để 2P = 2 x + 5
x

Vậy P =

2 x +2
= 2 x + 5 ⇔ 2 x + 2 = 2x + 5 x ⇔ 2x + 3 x − 2 = 0
x
1
1
1
⇔ ( x + 2)( x − ) = 0 ⇔ x = ⇔ x = thỏa mãn đk
2
2
4
1
Vậy x = thì 2P = 2 x + 5
4
⇒

Điểm
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,75đ
0,25đ

0,25đ
0,5đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch ( x > 0 )
⇒ Số ngày theo kế hoạch là :

Số ngày thực tế là
Bài 3
(1,5
điểm)

Bài 4

1100
.
x

1100
.
x +5

Do phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày
nên ta có phương trình:
1100 1100
−
=2
x
x+5
⇔ 1100(x + 5) − 1100x = 2x(x + 5) ⇔ 1100x + 5500 − 1100x = 2x 2 + 10x
 x − 50 = 0  x = 50
⇔ 2x 2 + 10x − 5500 = 0 ⇔ (x − 50)(x + 55) = 0 ⇔ 


 x + 55 = 0  x = −55
x = 50 thỏa mãn điều kiện; x = −55 (loại)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm.
a. Thay m = 1 và PT: x 2 + 2mx − 2m − 6 = 0 ta có:

0,25đ

0,5đ
0,5đ
0,25đ


x − 2 = 0
x = 2
x 2 + 2 x − 8 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 4) = 0 ⇔ 
⇔
x + 4 = 0
 x = −4
Vậy phương trình có x = { −4; 2} khi m = 1

0,75đ

b. Ta có: ∆ = b '2 − ac = m 2 − (−2m − 6) = m 2 + 2m + 6 = m2 + 2m + 1 + 5
ta thấy: ∆ ≥ 5 với mọi m nên ∆ > 0 => PT luôn có 2 nghiệm phân biệt
(1,5
điểm)

 x1 + x2 = −2m

(1)
 x1 x2 = 2m + 6

theo định lí Vi-ét ta có: 

đặt P = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2
thay (1) vào P ta có: P = (−2m) 2 − 2(2m + 6) = 4 m 2 − 4m − 12 = 4 m 2 − 4m + 1 − 13
P = 4 m 2 − 4m + 1 − 13 = (2m − 1) 2 + (−13) ≥ −13 dấu “=” xảy ra khi m =

Vậy P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -13 khi m =
Bài 5
(3
điểm)

0,75đ

1
2

1
2

P
N
F
O

A

B

M
E

Q

·
·
1. Ta có ANM
(góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
= ABM
·
·
·
và ABM
= AQB
(cùng phụ với QBM
)
·
·
·
·
·
·
⇒ ANM
= AQB
mà ANM
+ MNP
= 1800 ⇒ MQP
+ MNP

= 1800

Nên MNPQ nối tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800)
2. OE là đường trung bình của ∆ ABQ.
OF//AP nên OF là đường trung bình của ∆ ABP
Suy ra F là trung điểm của BP.
Mà AP vuông góc với AQ nên OE ⊥ OF.
·
Xét ∆ NPB; PNB
= 900 có FP = FB ⇒ FN = FP = FB (t/c tam giác vuông)
·
=> ∆NOF = ∆BOF (c-c-c) nên ONF
= 900 .
·
Tương tự ta có OME
= 900 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN
3. Ta có: 2SMNPQ = 2SAPQ − 2SAMN = 2R.PQ − AM.AN = 2R.(PB + BQ) − AM.AN
∆ ABP đồng dạng với ∆ QBA suy ra

AB BP
=
⇒ AB2 = BP.QB
QB BA

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: PB + BQ ≥ 2 PB.BQ = 2 (2R) = 4R
2

Ta có AM.AN ≤

AM 2 + AN 2 MN 2

=
= 2R2
2
2

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ


Do đó 2SMNPQ ≥ 2R.4R − 2R = 6R . Suy ra SMNPQ ≥ 3R
Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB
2

2

2

0,25đ
0,25đ

Xét: Q = 2a + bc + 2b + ca + 2c + ab

Ta có: 2a + bc = (a + b + c)a + bc ( a + b + c = 2 )
= a 2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) ≤

(a + b) + (a + c)
(Áp dụng bất đẳng thức
2

với 2 số dương u = a + b và v = a + c )
Bài 6
(0,5
điểm)

(a + b) + (a + c)
Vậy ta có 2a + bc ≤
( 1)
2
(a + b) + (b + c)
Tương tự ta có : 2b + ca ≤
( 2)
2
(a + c) + (b + c)
2c + ab ≤
( 3)
2
⇒ Q ≤ 2(a + b + c) = 4
2
Khi a = b = c = thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4.
3

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa)

0,25đ

0,25đ