15 TS10 da nang 1718 HDG

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO CAO BẰNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018.
Ngày thi: 14/06/2017
Câu 1:

(4,0 điểm)
a) Thực hiện phép tính: 21  16. 25 ;
b) Giải phương trình 3x  5  x  2 ;
c) Biết rằng với x  4 thì hàm số y  2 x  b có giá trị bằng 5 . Tìm B .





d) Giải phương trình: 2 x 2  1  2 2 x  2  0 .
Câu 2:

Câu 3:

(2,0 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, người
đó tăng vận tốc 4km/h so với lúc đi, do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận
tốc lúc đi biết rằng quãng đường AB dài 24km.
(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB  5cm, AC  12cm .
a) Tính cạnh BC ;
b) Kẻ đường cao AH . Tính AH .

Câu 4:

(2,0 điểm) Cho nửa đường tròn  O  đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By (

Ax và By cùng thuộc nả mặt phẳng chứa nửa đường tròn  O  ). Qua điểm M thuộc nửa đường

tròn ( M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E
và F .
a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.
b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.
Câu 5:

x  y  m
(1,0 điểm) Cho hệ phương trình:  2
( m là tham số)
2
2
 x  y  m  6
Hãy tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm

P  xy  2  x  y  đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

 x; y  sao

cho biểu thức


.
Câu 1:

(4,0 điểm).
a) Thực hiện phép tính: 21  16. 25 ;
b) Giải phương trình 3x  5  x  2 ;
c) Biết rằng với x  4 thì hàm số y  2 x  b có giá trị bằng 5 . Tìm B .





d) Giải phương trình: 2 x 2  1  2 2 x  2  0 .
Lời giải
a)
21  16. 25  21  4.5  21  20  1 .

b)

3x  5  x  2 .
 3x  x  2  5 .

 2x  7 .
x

7
.
2

c)
Thay x  4 vào ta có: y  2 x  b  2.4  b  8  b .
Mà y  5  8  b  5  b  3. .
d)





2 x2  1  2 2 x  2  0 .

 2 x2  x  2 2 x  2  0 .
 x  2 x  1  2  2 x  1  0 .





 x  2  2 x  1  0 .
x  2  0  x   2

.
 2x 1  0  x  1

2

Câu 2:

(2,0 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, người
đó tăng vận tốc 4km/h so với lúc đi, do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận
tốc lúc đi biết rằng quãng đường AB dài 24km.
Lời giải
Gọi vận tốc của người đó lúc đi là x (km/h; x  R; x  0) .
Thời gian người đó đi hết quãng đường AB là:

24
(giờ).
x

Vận tốc của người đó lúc về là x  4 (km/h).
Thời gian người đó đi hết quãng đường BA là:

24
(giờ).
x4

1 
Do thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút  h  nên ta có phương trình:.
2 
24 24
1


x x4 2





24.  x  4 
x  x  4



24.x
1

 x  4  .x 2

24.x  96  24 x 1
96
1
 

2
 x  4  .x
 x  4  .x 2

 x2  4 x  192  x2  4 x 192  0

 x  12

 x  16
So với điều kiện ta có x  12 thỏa mãn.
Vậy vận tốc của người đó lúc đi là 12 km/h.
Câu 3:

(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB  5cm ; AC  12cm .
a) Tính cạnh BC ;
b) Kẻ đường cao AH . Tính AH .
Lời giải
B

H

A

a).

ABC vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:.
AB2  AC 2  BC 2  BC 2  52  122  169 .

 BC  13 cm  .
(Vì độ dài BC là 1 số dương).

C


b).
Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:.
S ABC 

1
AB. AC  AB. AC  2S ABC .
2

Hoặc:.
S ABC 

1
BC. AH  BC. AH  2S ABC .
2

 AB. AC  BC. AH  2S ABC .
 AH 

Câu 4:

AB. AC 5.12 60


  cm  .
BC
13
13

(2,0 điểm) Cho nửa đường tròn  O  đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By (

Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn  O  ). Qua điểm M thuộc nửa
đường tròn ( M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt
tại E và F .
a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.
b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.
Lời giải
y
F

M
x
E
P
A

Q

O

a).
EM là tiếp tuyến của  O  nên EM  OM  EMO  90.
EA là tiếp tuyến của  O  nên EA  OA  EAO  90 .

B


Tứ giác AEMO có: EMO  EAO  90 mà 2 góc này ở vị trí đối nhau  AEMO là tứ giác
nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
b)
Xét AEO và MEO có:.

EO chung;

AO  MO ;
EMO  EAO  90

 AEO  MEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
 EA  EM  E  trung trực của đoạn MA .
Mà OA  OM  R  O  trung trực của đoạn MA .

 OE là trung trực của AM .
 OE  AM hay OP  PM  OPM  90 .
Điểm M   O  đường kính AB  AMB  90 hay PMQ  90 .
Chứng minh tương tự ta có: OQM  90 .
Xét tứ giác OPMQ có: OPM  OQM  PMQ  90 .
 OPMQ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Suy ra điều phải chứng minh.
Câu 5:

x  y  m
(1,0 điểm) Cho hệ phương trình:  2

( m là tham số)
2
2
 x  y  m  6
Hãy tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm

 x; y  sao

cho biểu thức

P  xy  2  x  y  đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải

x y m

 2
2
2
 x  y  m  6
y  mx

y  m x
y  mx



 2
 2



2
2
2
2
2
2
2
2
 x  y  m  6
 x  m  2mx  x  m  6

 x   m  x   m  6

y  m x
y  m x


 2
 2
2
2
2 x  2mx  2m  6  0
 x  mx  m  3  0
Hệ phương trình đã cho có nghiệm  phương trình x2  mx  m2  3  0 có nghiệm.
   m2  4  m2  3  0  m2  4m2  12  0
 12  3m2  0  m2  4

 2  m  2

Với m thỏa mãn 2  m  2 thì phương trình có nghiệm  x; y  . Khi đó ta có:.
P  xy  2  x  y  
P







1
2
x  y   x2  y 2   2  x  y 


2







1 2
1
m  m2  6   2m  2m2  6  2m

2
2

 P  m2  2m  3  m2  2m  1  4   m  1  4
2

Nhận xét:  m  1  0 m   2;2 , dấu bằng xảy ra  m  1 thỏa mãn điều kiện.
2

 P  4 .
Dấu bằng xảy ra  m  1.
Vậy min P  4 khi m  1.