47. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018 (đại trà)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (315.81 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2017 – 2018

Mơn thi: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) (2x1)(x 2) 0 2) 3 5
3

x y

x y
 


  


Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d): y   x m 2 và (d’): y(m22)x3. Tìm

m

để (d)
và (d’) song song với nhau.

2) Rút gọn biểu thức: P = 2 :1

2 2 2

x x x x

x x x x x

    



 

   

  với x0;x1;x4.

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Tháng đầu hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai do cải tiến kỹ thuật
nên tổ I vượt mức 10% và tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu vì vậy hai tổ đã sản xuất
được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?

2) Tìm

m

để phương trình: 2

5 3 1 0

x  x m  (

x

là ẩn,

m

là tham số) có hai nghiệm

1; 2

x x thỏa mãn x13 x23 3x x1 2 75.

Câu 4 (3,0 điểm)Cho đường trịn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngồi đường trịn kẻ 
hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A kẻ đường thẳng
song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F
khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn
2)Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH

3) Chứng minh:
2
2

HB EF

HF MF .

Câu 5 (1,0 điểm) Cho a b c, , là ba số thực dương thỏa mãn: a b c  3. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: M = 12 12 12

1 1 1

a b c

b c a

  

 

   .

…HẾT …

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2017 – 2018

Mơn thi: TỐN 
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) (2x1)(x 2) 0 2) 3 5
3

x y
x y
 


  



Giải

1) Ta có: (2 1)( 2) 0 2 1 0
2 0
x
x x

x
 


    

 


Với 2 1 0 1
2

x   x

Với x    2 0 x 2

Vậy phương trình có hai nghiệm: 1; 2
2

x x 

2) Giải hệ phương trình sau: 3 5 (1)

3 (2)

x y
x y
 


  


Từ phương trình (2) thay y 3 x vào phương trình (1) ta được: 3x  3 x 5 x 1.

Với x  1 y 2.Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1
2
x
y



 

Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho hai đường thẳng (d): y   x m 2 và (d’): y(m22)x3. Tìm m để (d)
và (d’) song song với nhau.

2) Rút gọn biểu thức: P = 2 :1

2 2 2

x x x x

x x x x x

    



 

   

  với x0;x1;x4.
Giải

1) Để hai đường thẳng (d) và (d’) song song với nhau thì:

1 2

2 3
m

m

  


 


2
1
1
m
m
 
 




1
1
m
m

 

  

   m 1. Vậy m = -1 là giá trị cần tìm.

2) Ta có: P = 2 :1

( 1)( 2) ( 2) 2

x x x x

x x x x x

    



 

   

  =

2 ( 1) 2

( 1)( 2) 1

x x x x x

x x x

    

  

= 2 2

( 1)( 1)

x

x x



  =

2(1 ) 2

( 1)( 1) 1

x

x x x



 

  

Câu 3 (2,0 điểm)

2) Tìm

m

để phương trình: 2

5 3 1 0

x  x m  (

x

là ẩn,

m

là tham số) có hai nghiệm
1; 2

x x thỏa mãn x13 x23 3x x1 2 75.
Giải

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

N H
F

E

M O

A

B

ĐK: x y, N*.

Theo giả thiết ta có: x y 900 (1)

Sau khi cải tiến kỹ thuật, trong tháng thứ hai:

Tổ I sản xuất được 1,1xchi tiết máy, tổ II sản xuất được 1,12 ychi tiết máy
Theo giả thiết ta có: 1,1x1,12y1000 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 900

1,1 1,12 1000
x y

x y

 


  



Giải hệ phương trình được 400
500
x
y



 

 (thỏa mãn)

Vậy trong tháng đầu tổI sản xuất được 400 chi tiết, tổ II sản xuất được 500 chi tiết.
2) Để PT có hai nghiệm x x1; 2 thì:  25 12 m  4 0 29 12 m0

29
12

m

 

Ta có: 3 3 2

1 2 3 1 2 75 ( 1 2)[( 1 2) 1 2] 3 1 2 75 0

x  x x x   x x x x x x  x x   (*)
Theo định lý Vi-et ta có: 1 2

1 2

5
3 1
x x

x x m
  


  

 thay vào (*) ta được

1 2 1 2

(x x )(26 3 ) 3(3 m  m26) 0 (x  x 3)(26 3 ) m 0

1 2
26

3
3 0
m

x x
 





  


Kết hợp với điều kiện thì m =

3 khơng thỏa mãn.

Kết hợp x1  x2 3 0 với hệ thức Vi - et ta có hệ:

1 2 1

1 2 2

1 2

3 0 1

5 4

3 1 5

( / )
3

x x x

x x m

m t m




    




      

 

   

  



Vậy m = 5

3 là giá trị cần tìm.

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn
2) Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH

3) Chứng minh:
2
2

HB EF

HF MF .

Giải

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta có 0

MAO , 0

MBO (theo t/c của tiếp tuyến và bán kính)

Suy ra: 0

180

MAOMBO .Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 
2) Chứng minh: MN2 = NF.NA và MN = NH

Ta có E / /A MO A ME EMN, mà AEM MAFsuy raEMN MAF
NMF

 và NAM có: MNA chung; EMN MAF
nên NMF đồng dạng với NAM

 

. 1

NM NA

NM NF NA

NF NM

   

Mặt khác có: ABF AEF ABFEMN hay HBFFMH
MFHB là tứ giác nội tiếp

FHM FBM FAB

   hay FHN NAH

Xét NHF và NAH có: ANH chung; NHFNAH

 NHF đồng dạng NAH 2

 

. 2

NH NA

NH NF NA

NF NH

   

Từ (1) và (2) ta có NH = HM
3) Chứng minh:

2
2

EF
1
HB

HF MF  .

Xét MAF và MEA có: AME chung, MAF MEA
suy ra MAF đồng dạng với MEA

ME MA AE

MA MF AF

   ME AE22

MF AF

  (3)

Vì MFHB là tứ giác nội tiếp 0 0

90 90

MFB MHB BFE

     và

AFH AHN  AFEBFH

AEF

 và HBF có: EFA BFH ; FEA FBA
suy ra AEF đồng dạng với HBF

2 2

AE HB AE HB
AF HF AF HF

    (4)

Từ (3) và (4) ta có

2 2 2 2

2 2 1 2 2 1

ME HB MF FE HB FE HB HB FE

MF HF MF HF MF HF HF MF



        

Câu 5 (1,0 điểm) Cho a b c, , là ba số thực dương thỏa mãn: a b c  3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: M = 12 12 12

1 1 1

a b c

b c a

  

 

   .

Giải 
Vì:

2 2

1 ( 1)

1 1

a b a

a

b b

    

  ;

1b 2b nên

2
2

1 ( 1)

1 1

1 2 2

a b a ab b

a a

b b

        


Tương tự: 12 1

1 2

b bc c

b
c

    

 ; 2

1 2

c ca a

c
a

    



Suy ra M 3 ( ) ( )

a b c ab bc ca

a b c     

     3 3 ( )

ab bc ca

  

 

Chứng minh được: 2

3(ab bc ca  )(a b c  ) 9ab bc ca  3 3 ( ) 0
2

ab bc ca

  

  .

Suy ra M3.

</div>

47. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Hải Dương năm học 2017-2018 (đại trà)

<i>m</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

<i>m</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

<i>m</i>

 

 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về