de thi thu vao lop 10 mon toan so gddt bac giang nam hoc 2017 2018

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

PHÒNG GD& ĐT

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

TP. BẮC GIANG

Năm học 2017 - 2018
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điểm)



1.Tính M = 2 3  3



12  3


5

5

2. Cho đường thẳng (d): y   m   x  1 (với m  ) .Tìm m để đường thẳng (d) song
2
2


song với đường thẳng x  2 y  4  0
Bài 2: (3,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức sau: N=

x 1 3 x 1

x 1 x  x

 x  3y  9
 2 x  5 y  4

2. Giải hệ phương trình: 

3. Cho phương trình : x 2  6x  2m  3  0

(1)

a/ Giải phương trình (1) với m = 4
b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn

x

2
1

 5x1  2m  4  x22  5x2  2m  4   2

Bài 3: (1,5 điểm)
Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 6m. Biết cạnh huyền của tam
giác vuông là 30m. Tính hai cạnh góc vuông?

Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Vẽ AH vuông
góc với BC, từ H vẽ HM vuông góc với AB và HN vuông góc với AC
( H  BC , M  AB , N  AC ). Vẽ đường kính AE cắt MN tại I, tia MN cắt đường tròn (O;R)
tại K
a. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp
b. Chứng minh AM  AB  AN  AC


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

c. Chứng minh AE cuông góc với MN
d. Chứng minh AH=AK
Bài 5: (0,5 điểm) Giải phương trình 5 x 3  6 x 2  12 x  8  0


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LÓP 10 NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN
Bài

Hướng dẫn giải

Điểm

Bài 1
1.

2,0



M = 2 3 3

(1.0 đ)



 

12  3 

= ( 12  3)( 12  3) 

2 23  2

 12   3
2

  12  3 

0,25
0,5

2

= 12 9 9 = 3

0,25

1
2

Ta x  2 y  4  0  2 y  x  4  y  x  2

0,25

5
Nên đường thẳng y   m   x  1 song song với đường thẳng
2



2.

x  2 y  4  0 khi
1

5



(1.0 đ) đường thẳng y   m  2  x  1 song song với đường thẳng y  2 x  2 ,




0,5

5 1


m  
nên ta có 
2 2 m3
1  2

Vậy m = 3 thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng x  2 y  4  0
Bài 2

2,0 đ
x 1 3 x 1


x 1 x  x

N=
1.
(1 đ)

0,25



=

x 1
x 1



x  x  3 x 1 x  2 x 1

x ( x  1)
x ( x  1)


x



x 1



2



x 1



x 1
x

3 x 1
x ( x  1)



x



 

x 1  3 x 1
x ( x  1)



0,25
0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Vậy N 

2.
(1 đ)

3.
a/

x 1
x

với x  0; x  1

0,25

x  3y  9
 2 x  6 y  18


 2 x  5 y  4
 2 x  5 y  4

0,25

11 y  22
y  2


x  3y  9
x  6  9

0,25

y  2
x  3


x  9  6
y  2

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (3; 2)

0,25

Thay m=4 vào phương trình (1) ta có

phương trình x 2  6 x  5  0

Ta có a  b  c  1  6  5  0

(0,5 đ) Vậy PT có nghiệm x1  1; x2 

c
5
a

0,25
0,25

Ta có   b2  4ac  ...  8m  48 . Để PT (1) có nghiệm phân biệt thì
0m6

Vậy m<6 thì PT (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 nên thao vi ét ta có
x1  x2 

b
(0,5đ)

0,25

b
c
 6; x1 x2   2m  3
a
a

Ta có x 2  6x  2m  3  0  x 2  5x  2m  4  x  1
Vì x1 , x2 là nghiệm PT x 2  6x  2m  3  0 nên x1 , x2 là nghiệm PT

x 2  5x  2m  4  x  1 nên ta có x12  5x1  2m  4  x1  1 và
x 22  5x 2  2m  4  x 2  1

  x12  5x1  2m  4 x 22  5x 2  2m  4   x1  1 x 2  1 
Mà  x12  5x1  2m  4  x22  5x2  2m  4   2 nên ta có  x1  1 x2  1  2

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
 x1 x2  ( x1  x2 )  1  2  2m  3  6  1  2  2m  10  m  5 (thoả mãn).

KL
Bài 4

1,5 đ
Gọi cạnh góc vuông bé là x (m) đ/k

0

0,25

Ta có cạnh góc vuông lớn là x+6 (m)

0,25

Vì cạnh huyền bằng 30 (m) nên theo định lý Pitago ta có PT

0,25

x 2  ( x  6)2  302

Giải PT tìm được x1  18 ( thỏa mãn) ; x x2  24  0 (loại)

0,5

Kết luận:

0,25

Bài 5

3,0 đ
A

O
I

M
B

K

N

C

H
E

Xét tứ giác AMHN Có
a
(1 đ)

= 900;

= 900

(Vì AM  AB; AN  AC )
Nên ta có

+

= 900 + 900 = 1800

Vậy tứ giác AMHN nội tiếp
Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AH  BC ) có HM  AB (gt) nên theo
b
(0.75
đ)

hệ thức lương

trong tam giác vuông ta có AH 2  AM  AB

Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AH  BC ) có HN  AC (gt), tương tự

0,25
0,5
0,25

0,25
0,25

ta có AH 2  AN  AC
Ta có AH 2  AM  AB ; AH 2  AN  AC vậy AM  AB  AN  AC

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Ta có tứ giác AMHN nội tiếp (cm trên) =>

=

(cùng chắn

cung AM)
Ta có

c
(0.75

+

=

=

=>

= 900;

+

= 900 (vì  BMH

vuông tại M)
Vậy

=

(cùng chắn cung AC) nên

đ)

Xét tứ giác INCE có

=>
=

=

=
=>

, mà

0,25

=

=

=> Tứ giác INCE nội tiếp (vì có góc

0,25

ngoài của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác)
=>

+

= 1800 (tính ch t ...) mà

tiếp). Nên =>
Ta có

+ 900 = 1800 =>

=

= 900 (góc nội

= 900

= 900 (góc nội tiếp ...) =>

+

= 900 Ta có  KIE

vuông tại I (cm trên).
=>

+

= 900 =>

(cùng ch n cung AK) nên

0,25

+

=>

=

, mà

=

0.25

=

Xét  AKN và  ACK có góc A chung, có

=

, nên

 AKN   ACK

d



AK AN

 AK 2  AN  AC , mà AH 2  AN  AC (cm trên)
AC AK

(0.5 đ) nên AK 2  AH 2  AK  AH
Lưu ý: ngoài cách trên HS có thể làm theo cách sau:
Cách 2: Ta có

= 900 (góc nội tiếp..)  AKE vuông tại K mà

KI  AE (cm trên)
Nên theo HTL trong tam giác vuông ta có AK2 = AI  AE. Xét AIN và
ACE .

Có

=

= 900; góc A chung  AIK  ACE 

AI
AN

AC AE

 AI  AE  AN  AC , nên ta có AK2 = AN  AC, mà AH 2  AN  AC (cm

0.25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

trên)
nên AK 2  AH 2  AK  AH
Cách 3: Gọi Q là giao điểm của tia Nm với đường tròn, vì AE  QK (cm
 (vì
trên) nên IQ  IK (vì đường kính vuông góc với dây)  
AQ  AK

đường kính đi qua trung điểm

=>

+

=>

chung, có


=

dây)
=

. Xét  AKN và  ACK có góc A

nên  AKN   ACK

AK AN

 AK 2  AN  AC , mà AH 2  AN  AC (cm trên) nên
AC AK

AK 2  AH 2  AK  AH

Bài 6

0,5 đ
Ta có 5 x 3  6 x 2  12 x  8  0  4 x 3   x 3  6 x 2  12 x  8   0

0,25

 4 x 3   x  2   0   x  2   4 x 3
3

3





 x  2  3 4 x 3  x  2   x 3 4  x  x 3 4  2  1  3 4 x  2
 x

2

0,25

1 3 4

Vậy nghiệm của PT là x 

2
1 3 4

Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận ch t chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang
điểm tương ứng.
- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai ho c không vẽ hình thì không ch m.

- Tổng điểm không làm tròn VD; 7.25 là 7.25; 7.5 là 7.5; 7.75 là 7.75