Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán nam định năm học 2018 2019 chuẩn có đáp án

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 TỈNH NAM ĐỊNH 2018
I/ Trắc nghiệm
Câu
1
2
3
4
5
6
7
Đáp án
A
B
C
D
A
C
C
II/ Tự luận
Câu 1: 1/ Với x  0; x �1; x �4 ta có:

8
B

� 4x
x  2 � x 1
M �

. 2
� x 1 x  3 x  2 �

�
�
� x
�
4x
�

� x 1
�



x 2



x 2 .

�
x 1
�
. 2
x 1 � x
�



1 � x 1
� 4x
�


. 2
�
x 1 � x
� x 1
4x-1
x  1 4x-1
. 2  2
x
x 1 x
2/ Với x  0; x �1; x �4 ta có:


 2x-1 0 x 1
4x 2  4x+1
0
0
2
x
x2
2
1
x�
x

0;
x
�
1;
x

�
4
2 là giá trị cần tìm
Kết hợp với điều kiện ta thấy
;
Câu 2:
x  1
�
x 2  3x  4  0 �  x  1  x  4   0 � �
�x  4
1/ Với m = 3 ta có phương trình:
2

4x-1
4x-1-4x 2
M �
4 ��
�
4 ۹
x2
x2

x  1
�
�x  4
Vậy khi m=3 phương trình có hai nghiệm phân biệt �
2
   m   4.4  m 2  16  0
2/ Ta có
với mọi m. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biẹt

�x1  x2  m
�
x .x  4
với mọi m. Theo Vi-ét ta có: � 1 2
2
x12  x22  17 �  x1  x2   2 x1.x2  17 � m 2  2.(4)  17 � m  �3
Ta có :
2
2
Vậy khi m  �3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1  x2  17
Câu 3: Điều kiện xác định: xy>0.
4
�
3
�xy  3 xy  4  0
� xy 
xy
��
�
�x  xy  15  0
�x(1  y )  15  0
�
Giải phương trình (1):

(1)
(2)

� xy  1 (ktm)
xy  4  0 �
� xy  16

xy

4
�
�
Thay vào (2) ta có: x – 16 + 15 = 0 x = 1 thay vào (3) ta có y = 16
Ta thấy x= 1; y = 16 thỏa mãn điều kiện. Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;16)
Bài 4:
xy  3 xy  4  0 





xy  1




1/ Góc ADB là góc nội tiếp chắn nửa (O) nên góc EDB = 90 độ
EI vuông góc với AB tại I nên góc EIB = 90 độ
Tứ giác IEDB có góc EDB + góc EIB = 180 độ nên tứ giác IEDB nội tiếp

Góc EDI = góc EBI ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI).
Xét (O) có CBA = góc ADM chứng minh trên

Cung AC = cung AM ( hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)

A là điểm chính giữa của cung CM


AB vuông góc với CM (Đường kính đi qua điểm chính giữa của cung thì vuông góc với
dây)
2/ Chứng minh tương tự câu a ta có:
Tứ giác AIEC nội tiếp =>góc CIE = góc CAE ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE).
Tứ giác BIED nội tiếp =>góc DBE = góc DIE ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE).
Mà góc CAE= góc DBE ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của (O)).
Do đó góc CIE = góc DIE
EC IC

(1)
Tam giác CIK có IE là phân giác của góc CIK nên EK IK
(Tính chất đường phân giác của
tam giác)
Tam giác CIK có IE là phân giác của góc CIK mà IB vuông góc với IE nên IB là phân giác góc
BC CI

(2)
ngoài tại đỉnh I của tam giác CKI => BK CK
(Tính chất đường phân giác của tam giác)
EC BC
CI

Từ (1) và (2) suy ra: EK BK cùng bằng CK => EC.BK=BC.EK
Câu 5:
1/ Gọi số đại biểu của trường A là x; số đại biểu của trường B là y. ( điều kiện x; y �N *; x  y )
Mỗi đại biểu của trường A đều lần lượt bắt tay với từng đại biểu cảu trường B nên số cái bắt tay là
xy.
Vì số cái bắt tay bằng ba lần tổng số đại biểu nên ta có:
xy=3(x+y)x(y-3)=3x. Vì x>0 nên y>3
(1)

Lại có x>y nên xy<6xy<6
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 3+) Với y = 4 ta có: 4x= 3(x+4) x=12 (tm)


+) Với y =5 ta có 5x = 3(x+5)  x= 7,5 (ktm)
Vậy Trường A có 12 đại biểu, trường B có 4 đại biểu.
2/ Vì x, y, z > 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 x
1
x3 �
y 2 2xy x
3
2
x y
xy
2 y
1
2 z
1
�
�
3
2
3
2
yz và z  x
xz
Tương tự ta có: y  z

1
1
2
1
1
1
��2

2
2
y
xy
xy 2 x
2 y2
Lại có: x
1
1
1
1
1
1
� 2 2
� 2 2
yz
2
y
2
z
2x
Tương tự ta cũng có:

và zx 2 z
Do đó:
2 y
2 x
2 z
1
1
1
1
1
1
1
1
1
 3
 3 2�   � 2 2 2 2 2 2
3
2
2
x y
z x
y z
xy yz xz 2 x 2 y
2y
2z
2z
2x
2 y
2 x
2 z

1
1 1
 3
 3 2�2 2 2
3
2
2
x y
z x
y z
x
y
z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1
�