ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 MÔN TOÁN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2017 VÀ ĐÁP ÁN

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

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT </b>
<b> TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2017 – 2018</b>

<b> ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN </b>

Thời gian làm bài : 120 phút
<i> ( Đề gổm 1 trang, có 5 câu ).</i>
<b>Câu 1. ( 2,25 điểm )</b>

1) Giải phương trình

<i>x</i>

2



9

<i>x</i>



20 0



2) Giải hệ phương trình :

7x 3y = 4

4x y =5









3) Giải phương trình

<i>x</i>

4



2

<i>x</i>

2



3 0



<b>Câu 2. ( 2,25 điểm )</b>

Cho hai hàm số

2

1

2

<i>y</i>



<i>x</i>

và

<i>y x</i>

 

4

<i> có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d )</i>
<i>1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.</i>

<i>2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ).</i>
<b>Câu 3. ( 1,75 điểm )</b>

<i>1) Cho a > 0 và a</i>



_{4 . Rút gọn biểu thức}

2 2 _. 4

2 2

<i>a</i> <i>a</i>

<i>T</i> <i>a</i>

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

     

__  _{ }_  _

   

  

2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe
được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe

dự định chở là 1 tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe chở
khi dự định là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau.

<b>Câu 4 : ( 0,75 điểm )</b>

<i>Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình: x</i>2<i>_{+ ( 2m – 1 )x + m}</i>2_{– 1 = 0 có}
hai nghiệm phân biệt x1, x2<i> sao cho biểu thức P = ( x</i>1 )2 + ( x2 )2 đạt giá trị nhỏ nhất.

<b>Câu 5 : ( 3,0 điểm )</b>

<i>Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc</i>

 _,  _,

CAB ABC BCA

<i>_{đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH.}</i>

<i>1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. </i>
<i>2) Chứng minh CE.CA = CD.CB.</i>

<i>3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF.</i>

<i>4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh</i>

 

DIJ DFC



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

<b>BÀI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2017-2018</b>
<b>Câu 1. ( 2,25 điểm )</b>

1) Giải phương trình

<i>x</i>

2



9

<i>x</i>



20 0



Cách 1:

<i>x</i>

2



9

<i>x</i>



20 0



_{=81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt} 1 2

9 1 9 1

5; 4

2 2

<i>x</i>    <i>x</i>   

Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}

Cách 2:

2 ₉ _{20 0} 2 ₅ ₄ _{20 0} ₍ ₅₎₍ _{4) 0} 5 0 5

4 0 4

0

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

  

<i>x</i>

         _    _ 

  

 

 

Vậy phương trình có tập nghiệm S={4;5}

2) Giải hệ phương trình :

7 3 4

4 5

<i>x</i> <i>y</i>

<i>x y</i>
 




 


7 3 4 7 3 4 19 19 1

4 5 12 3 15 4 5 1

<i>x</i> <i>y</i> <i>x</i> <i>y</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x y</i> <i>x</i> <i>y</i> <i>x y</i> <i>y</i>

     

   

  

   

      

   

Vậy hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x;y)=(1;1)
3)

Giải phương trình

<i>x</i>

4 2<i>x</i>2 3



0

₍₁₎

<b>Cách 1:</b>

2

4 2 4 2 2 2 2

2 2 2

3 0 3

2 3 3 3 0 ( 3)( 1) 0

1 0 ( 0 1 0)

0

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>Vn x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

 

<i>x</i>

         _   _{ } 

      

 

 

Vây phương trình có tập nghiệm <i>S  </i>



3; 3



<b>Cách 2: Đặt t=x</b>2₍<i>t </i>0)_{ta có phương trình t}2_{-2t-3=0 (2)}

Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có 2 nghiệm t1=-1(loại);t2=3(nhận)
Với t2=3 <i>x</i>2  3 <i>x</i> 3

Vây phương trình có tập nghiệm <i>S  </i>



3; 3



<b>Câu 2. ( 2,25 điểm )</b>

<i>1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d </i>) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

*

2

1

2

<i>y</i>



<i>x</i>

Hàm số xác định với mọi x 

Bảng giá trị

x -2 -1 0 1 2

y -2 -0,5 0 -0,5 -2

Nhận xét: Đồ thị hs là một parabol đi qua gốc tọa
độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía dưới
trục hoành,O là điểm cao nhất

*y=x-4

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

2)Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình

2 2

1

4 2 8 0

2<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>
      

' _{1 8 9 0}

     _{nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=2;x2=-4}
x1=2  _{y1=-2 ; x2=-4} _y2=-8

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;-2) và (-4;-8)
<b>Câu 3. ( 1,75 điểm )</b>

<i>1) Với a > 0 và a</i>



_{4 , ta có}

2 2 4

.

2 2

<i>a</i> <i>a</i>

<i>T</i> <i>a</i>

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

 _ _  _ _

_  _{ }_  _

   

  



 





 



2 2

2 2 ₄

.
2 . 2

<i>a</i> <i>a</i> <i>_a</i>

<i>a</i>

<i>a</i> <i>a</i>

 _ _ _ 



 

 

_ _ _ _

   

 

 

4 4 4 4 4

.
4

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

<i>a</i> <i>a</i>

 _ _{ } _ _  _ _ _

_ _{ }_ _

 _ _

  

8 <i>a</i> ₈
<i>a</i>



 

<b>2)Cách 1:Gọi x(xe) là số xe của đội lúc đầu ( x nguyên dương)</b>
Số tấn hàng mỗi xe dự định chở

120

<i>x</i> _(tấn)
x+4(xe) là số xe của đội lúc sau

Số tấn hàng mỗi xe khi thực hiện chở
120

4
<i>x </i> _(tấn)
Theo đề bài ta có phương trình

120 120
1
4

<i>x</i>  <i>x</i> 

Giải phương trình ta được x=20(thỏa đk);x=-24(khơng thỏađk)
Vậy số tấn hàng mỗi xe dụ định chở là 120:20=6(tấn)

<b>Cách 2:</b>

Gọi x là số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở ( x nguyên dương, x > 1 )
Số tấn hàng của mỗi xe lúc sau chở: x – 1 ( tấn )

Số xe dự định ban đầu :

120

<i>x</i>

_{( xe )}

Số xe lúc sau :

120

1

<i>x </i>

_{( xe )}

Theo đề bài ta có phương trình :

120

1

<i>x </i>

_–

120

<i>_x</i>

_{= 4}

Giải pt ta được : x1 = 6 ( nhận ); x2 = –5 ( loại )

Vậy số tấn hàng của mỗi xe ban đầu dự định chở là : 6( tấn )
<b>Câu 4 : ( 0,75 điểm )</b>

Để phương trình: x2<i>_{+ ( 2m – 1 )x + m}</i>2_{– 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2}
thì

5

0

4

5 0

4

<i>m</i>

<i>m</i>

   

  



Với m
5
4


thì phương trình có 2 nghiện phân biệt x1, x2 khi đó theo hệ thức vi ét
Ta có: x1 + x2 = 1-2m ; x1.x2 = m2_{– 1}

Nên P = ( x1 )2 _{+ ( x2 )}2_{= (x1 + x2 )}2 _{– 2x1.x2 = ( 1-2m)}2<i>_{– 2(m}</i>2_{– 1)= 1-4m+4m}2_-2m2₊₂
=2m2_{-4m+2+1 = 2( m – 1 )}2_{+ 1}

_

₁

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

Pmin = 1 khi m = 1 <

5

4

Vậy với m=1 thì biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất
<b>Câu 5 : ( 3,0 điểm )</b>

<i><b> 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.</b></i>

BE là đường cao _ABC
 ₉₀0

<i>BE</i> <i>AC</i> <i>AEH</i>

   

CF là đường cao _ABC
 ₉₀0

<i>CF</i> <i>AB</i> <i>AFH</i>

   

Tứ giác AEHF có <i>AEH</i><i>AFH</i> 1800_{nên tứ}
giác AEHF nội tiếp đường trịn

2) Chứng minh CE.CA = CD.CB
_{ADC và}_{BEC có}

<i>_{ADC BEC}</i> ₉₀0

  _{(AD,BE là các đường cao)}
<i>C</i>_chung

Do đó _ADC _BEC(g-g)

. .

<i>DC</i> <i>AC</i>

<i>DC BC CE AC</i>

<i>EC</i> <i>BC</i>

   

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường trịn
ngoại tiếp tam giác BEF

Tứ giác BFEC có <i>BEC BFC</i> 900

 _{tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính}
BC

Gọi O là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác BFEC
thì O cũng là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác
BEF

_{OBE cân tại O (do OB=OE)}
 <i>OBE OEB</i>

N
J
I

H
F

E

C
A

O
B

D
M

_{AEH vng tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH(Vì M là trung điểm AH)}
 _{ME=AH:2= MH do đó}_{MHE cân tại M} <i>MEH</i> <i>MHE</i><i>BHD</i>

Mà<i>BHD OBE</i>  900₍_{HBDvuông tại D) Nên}<i>OEB MEH</i>  900_{Suy ra}<i>MEO</i>



90

0

<i>EM</i> <i>OE</i>

  _{tại E thuộc ( O}

₎



_{EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF}

4)) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh

DIJ DFC

 
Tứ giác AFDC có<i>AFC</i><i>ADC</i>900_{nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn} <i>BDF</i><i>BAC</i>

_{BDF và}_{BAC có}<i>BDF</i> <i>BAC</i> _(cmt);<i>B</i>_{chung do đó}_BDF _BAC(g-g)
Chứng minh tương tự ta có _DEC _ABC(g-g)

Do đó _DBF 

DEC

 <i>BDF</i> <i>EDC</i>  <i>BDI</i> <i>IDF</i> <i>EDJ</i> <i>JDC</i>  <i>IDJ</i> <i>FDC</i> ₍₁₎
Vì _DBF _{DEC (cmt);DI là phân giác,DJ là phân giác}

<i>DI</i> <i>DJ</i>

<i>DF</i> <i>DC</i>

 

</div>

<!--links-->