Tổng hợp đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán các tỉnh trên cả nước năm học 2018 2019 (có đáp án câu khó)

Hướng dẫn
Trắc nghiệm
Mã 508
Câu 1
2
Đ.án C
A
Câu 13
Đ.án B
Câu 23.

14
A

3
C
15
A

4
D

5
B

16
A

17
B

6
B
18
B

7
C
19
A

8
C
20
B

9
B
21
C

10
A
22
A

23
D

11
D
24
A

12
B
25
B

Gọi kích thước hình chữ nhật là a (m) và (b1+b2) (m)
Ta có diện tích hình chữ nhật là

S  a  b1  b 2 

a 2  b12 a 2  b 22 12  12
 ab1  ab 2 �


1
2
2
2

2
Dấu = xảy ra khi a = b1 = b2= 2
2
Vậy Max S = 1 khi a = b1 = b2= 2

Tự luận:
Câu 1.
a) Đáp án: P = 6
b) m = 1
c) x1=1; x2=5
Câu 2.
3x  y  7
�
�x  3
��
�
�x  2y  7
�y  2

a) Thay m = 2 ta có hệ phương trình
b) Hệ phương trình có nghiệm (x,y) với mọi m
giải hệ theo m ta được
x = m + 1; y = m
Theo bài x2 + y2 = 5 
Câu 3.

 m  1

2

 m 2  5 � 2m 2  2m  4  0 � m  1;m  2


Hình thứ nhất nếu H thuộc OA
a) MA = MD (gt) => OM vuông góc với AD => góc OMD = 900

mà góc DHO = 900 (do CD vuông góc với AB)
=> đỉnh H và M cùng nhìn DO dưới góc không đổi => tứ giác MHOD cùng thuộc 1
đường tròn
b) Gọi K là giao điểm của MH và BC ta có
góc CHK = góc MHD (đối đỉnh)
tam giác AHD vuông có HM là trung tuyến ứng cạnh huyền => HM = DM
=> góc MHD = góc MDH
Lại có góc MDH = góc ABC
=> góc CHK = góc ABC => tam giác CKH đồng dạng với tam giác CHB (g – g)
=> góc CKH = góc CHB = 900 => MH vuông góc với BC tại K
(có thể cộng góc CHK + góc HCK = 900)
Cách khác:
Ta có góc ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> AC vuông góc với BC
Xét tam giác ACD có MA = MD (gt)
AB vuông góc với CD => HC = HD
=> MH là đường trung bình của tam giác ACD => MH//AC hay MK//AC
=> MK vuông góc với BC
Hình thứ 2 nếu H thuộc OB)
a) MA = MD (gt) => OM vuông góc với AD => góc OMD = 900
mà góc DHO = 900 (do CD vuông góc với AB)
=> góc OMD + góc OHD = 1800 => tứ giác DMOH nội tiếp
b) làm tương tự trường hợp 1
(vẽ hình vào trường hợp nào làm trường hợp đó, Không phải làm hai trường hợp)
Câu 4.
Ta có
x 3  y3  z3
x2
y2 z2
2

2
2
x2
y2
z2








2xyz
2yz 2xz xy => A = x 2  y 2 y 2  z 2 z 2  x 2 2yz 2xz 2xy

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
z2
z2
z2
z 2
2xy �x  y 
�
 
�
2xy x 2  y 2
2xy x 2  y 2
2

2

Tương tự



x2
x 2
y2
y2
� 2 2 ;
� 2 2
2yz y  z
2zx x  z

2
2
2
x2
y2
z2
A� 2





x  y2 y2  z 2 z 2  x 2 y2  z 2 z 2  x 2 x 2  y2
=>
2  z2

2  x2
2  y2
A� 2


x  y2 y2  z 2 z2  x 2
=>
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Mà x  y  z  2 � 2  x  y  z ;2  y  x  z ; 2  z  x  y

x 2  y2 y2  z2 z 2  x 2
A� 2
 2 2 2
3
2
2
x

y

y

z
z

x
=>
2
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 3

Vậy Max A = 3 khi x = y = z =

2
3

------Hết-----



Hướng dẫn


Bài III
2)
b) Phương trình hoành độ giao điểm là

x 2   m  2 x  3 � x 2   m  2 x  3  0

Theo Vi ét ta có:
�x1  x 2  m  2

�
�x1.x 2  3

Để x1 ; x2 nguyên => x1 = 1 ; x2 = -3 hoặc x1 = -1 ; x2 = 3
=> m=-4;m=0
Bài IV

3) ta có AK // SC => góc KAH = góc CSB = góc KDH => đỉnh A, D cùng nhìn KH
dưới góc không đổi => tứ giác ADHK nội tiếp
*) tứ giác ADHK nội tiếp => góc AHK = góc ADK = góc ABC => KH // BC
Gọi L là giao điểm của AK và BC; do KH // BC; AH = HB => KA = KL
Áp dụng hệ quả Ta lét ta có AK/SI = KL/IC = BK/BI (I là giao điểm của BK và SC)
=> IS = IC hay BK đi qua trung điểm của SC
4) ta có góc ADB = ½ góc AOB (không đổi)
Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông => EF = BE = DE
=> góc BEF = 2 góc ADB (không đổi)
=> góc EBF = góc EFB =( 1800 – góc BEF)/2 (không đổi)
=> góc BFD = góc EFD + góc EFB = góc ADB + góc EFB (không đổi)
=> góc AFB = 1800 - góc BFD (không đổi)
=> F thuộc cung chứa góc AFB không đổi dựng trên AB
Cách 2



Bài V
ĐK: 0 �x �1
Dễ chứng minh được bất đẳng thức a  b � a  b
Dấu = khi a = 0 hoặc b = 0
Áp dụng ta có
1 x  x � 1 x  x  1

1  x  x �1 do x �0 

=> P = 1  x  x + 1  x  x �1  1  2
Dấu = xảy ra khi x = 0
Vậy Min P = 2 khi x = 0






Hết



Hướng dẫn