XUÂN KHÊ TOÁN 10 đại TRÀ

PHÒNG GD&ĐT LÝ NHÂN
TRƯỜNG THCS XUÂN KHÊ

ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
THI TUYỂN SINH LỚP 10 ĐẠI TRÀ NĂM HỌC 2018-2019
MÔN:TOÁN

Họ và tên: Trương Công Định
Chức vụ: Giáo viên
Tổ chuyên môn: KHTN
Đơn vị công tác: THCS Xuân Khê


ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 ĐẠI TRÀ
NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1,5điểm)
a ) Giải phương trình sau : x2 – x – 2 = 0.
3 2− 6
150  1
−
÷
÷× 6
3
27
−
3



b) Tính : 

Câu 2. (2,0 điểm)
mx+ 2y= 18
 x - y = −6

Cho hệ phương trình : 

( m là tham số ).

1. Giải hệ phương trình với m = 1.
2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ;y) thoả mãn 2x +y = 9.

Câu 3 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + 3
(a là tham số).
1. Tìm a để đường thẳng (d) đi qua điểm M(2 ; 9).
2. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
3. Gọi x1, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm a để x1 + 2x2 = 3.
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C).
Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường
thẳng DC tại K.
1. Chứng minh rằng : BHCD là tứ giác nội tiếp .
2. Chứng minh rằng: KC.KD = KH.KB
3. Ký hiệu SABM, SDCM lần lượt là diện tích của tam giác ABM, DCM. Chứng minh
2
2
+ S DCM
tổng (SABM + SDCM) không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để ( S ABM

) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất theo a
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng:
x
y
z
+
+
≤ 1.
x + 3 x + yz y + 3 y + zx z + 3z + xy

-------------------HẾT---------------

Họ và tên thí sinh:……………………………

Số báo danh:……….


Câu

Bài1:

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Đáp án
2
a) x – x – 2 = 0. Vì a – b + c = 0
Nên x1 = -1, x2 = 2
3 2− 6
150  1
−

÷×
3 ÷
 27 − 3
 6
 6 5 6 1
= 
−
÷×
3 ÷
 3
 6

b) 

(1,5đ)

=−

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

4 6 1
4
× =−
3
3
6

0,5
 x + 2y = 18
 x - y = −6

Thay m = 1 vào hệ pt ta được pt 

0,25

3y = 24
⇔ 
 x- y = −6

0,25

x = 2
⇔ 
y = 8

0,5

mx+ 2y= 18
mx+ 2y= 18
⇔ 
 x - y = −6
 y = x+6

Ta có : 

Bài 2

(2 đ)

0,25

mx+ 2(x+ 6)= 18
(m+ 2)x= 6 (*)
⇔ 
⇔ 
 y = x+6
 y = x+6

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ Phương trình (*) có
nghiệm duy nhất ⇔ m +2 ≠ 0 ⇔ m ≠ - 2

0,25

6

6
x=


x =

m+2
Khi đó:  m + 2 ⇔ 
 y = x + 6
 y = 6m + 18

m+2

0,25

Theo bài ra 2x + y = 9
⇔

12
6m + 18
+
=9
m+2
m+2

⇔ m = 4 ( thoả mãn ĐK : m ≠ - 2)

0,25

Vậy m = 4
Bài 3
(2đ)

a, Vì đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 9) nên thay x = 2; y= 9 vào
y = ax + 3 ta có

0,25đ


2a + 3= 9 ⇔ 2a = 6 ⇔ a = 3
Vậy với a =3 thì đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 9)
b, Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

x2 = ax + 3
⇔ x2 −ax − 3 = 0 (*)
+ Phương trình (*) có ∆ = a2 + 12 ≥ 12 > 0 nên có 2 nghiệm phân
biệt ∀a
+ Chứng tỏ rằng (P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt
c, (P) cắt (d) tại A và B có hoành độ x1 , x2 nên x1, x2 là nghiệm của
(*)
 x1 + x 2 = a
Áp dụng Vi-ét ta có: 
 x1.x 2 = −3
 x1 + x 2 = a
 x = 2a − 3
⇔ 1
+ Xét: 
 x1 + 2x 2 = 3  x 2 = 3 − a

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

+ Thay: x1 = 2a −3 ; x2 = 3 −a vào x1 .x2 = −3.
Giải và tìm được a =
A

0,25đ

9 + 33
9 − 33
; a=
4
4

B

0,25
H
M
C

D

Bài 4
(3,5đ)

K

1, Xét tứ giác BHCD có:
·
BHD
= 900 ( BH ⊥ DM)
·
BCD
= 900 (ABCD là hình vuông)
Suy ra: H, C cùng nhìn BD dưới góc 900.
Nên BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. ∆DHK và ∆BCK có:

·
·
DHK
= BCK
= 900
µ chung
K
⇒VDHK ∞VBCK ( g .g )
DK HK
⇒
=
⇒ KD.CK = BK .HK
BK CK
1
1
. AB.BM = .a.BM
2
2
1
1
SDCM = .DC.CM = .a.CM
2
2
1
1
=> SABM + SDCM = .a(CM + BM ) = a 2
2
2

0,75

0,5

0,5
0,5

3. SABM =

không đổi .


Ta có: S2ABM + S2DCM =
2

2

a2
1
 1

.
a
.
BM
+
.
a
.
CM
=
. ( BM 2 + CM 2 )


÷ 
÷
4
2
 2

a2
= .  BM 2 + ( a − BM ) 2 
4
2
a 2 
a  a2 
= .  BM − ÷ + 
2 
2
4 
2
4
a
a
a
a4
= ( BM − ) 2 +
≥
2
2
8
8

0,5

a
hay M là trung
2

Để S2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ nhất thì BM =
điểm BC.
GTNN lúc này là

a4
8

0,5

Từ ( x − yz ) ≥ 0 ⇔ x 2 + yz ≥ 2x yz
2

Dấu “=” khi x2 = yz

(*)

0,25

Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z)
≥ x(y + z) + 2x yz

Suy ra 3x + yz ≥ x(y + z) + 2x yz = x ( y + z ) (Áp dụng (*))
x + 3x + yz ≥ x ( x + y + z ) ⇒

Bài 5
(1,0đ)

Tương tự ta có:
z
≤
z + 3z + xy

y
≤
y + 3y + zx

z
x+ y+ z

x
≤
x + 3x + yz
y

x+ y+ z

0,25

x
(1)
x+ y+ z

(2),

0,25

(3)
x

y

z

Từ (1), (2), (3) ta có x + 3x + yz + y + 3y + zx + z + 3z + xy ≤ 1
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
--------------------- Hết-----------------

0,25