DE DA TOAN VAO 10 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi: Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm) x 4  6 x 2  7 0. a.  x  3 2x  y  9  12 4   2 x  5 y  3x  7 y  55  3 11. b. Câu 2:(2,0điểm) a. Cho phương trình sau x2-(3+2m)x +m2 + 6m=0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x12+ x22=17 b. Tính giá trị của biểu thức B = (10  91)( 14  26) 10  91 Câu 3 (2,0điểm) a.Hai khối 6 và 8 của một trường THCS có 420 học sinh có học lực giỏi đạt tỉ lệ 85%. Khối 6 đạt tỉ lệ 80% là học sinh giỏi, khối 8 đạt 90%. Tính số học sinh của mỗi khối. b.Cho hàm số y = 3x + m +1.Tìm m để đồ thị hàm số trên cắt đường thằng y=2x-3 tại điểm thuộc góc phần tư thứ III . Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AK.AH = R2 c)Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB Câu 5 (1 điểm) Cho các số dương m,n,p,q . Đặt x=2m+n+2 pq ; y=2n+p+2 mq ; z=2p+q+2 mn ; t=2q+m+2 np . Chứng minh rằng có ít nhất hai trong 4 số x,y,z,t là các số dương. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu1. a,. x 4  6 x 2  7 0 0. Đặt x2=t(t. ). Phương trình có dạng a+b+c=0 nên phương trình. 0,25. có 2 nghiệm t1=1;t2=-7 Với t1=1 nên x2=1. 0,25. Nên x1=1,x2=-1. 0,25. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là. 0,25. x1=1,x2=-1  x  3 2x  y  9  12 4   2 x  5 y  3x  7 y  55  3 11. b,. 12( x  3)  9(2 x  y ) 4.12.9 10 x  3 y 132   11(2 x  5 y )  3(3 x  7 y )  55.3.11 13x  34 y  1815. 0,25 0,25. 130 x  39 y 1716  130 x  340 y  18150. 0,25 301 y 19866  130 x  340 y  18150.  y 66   x 33. 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(33;66) Câu 2. a,. 0,25. . Ta có. 2. 2. 2. 2. =(2m+3) -4(m +6m)=4m +12m+9-4m 24m= -12m+9 . Để phương trình có hai nghiệm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   0   12m  9 0  m . 0,25. 3 4.  x1  x2 2m  3  2  x1.x2 m 6m. Theo hệ thức vi-et ta có 0,25. x1 2  x2 2 17  ( x1  x2 ) 2  2 x1. x2 17  (2m  3) 2  2( m 2 6m) 17  4m 2 12m  9  2m 2  12m 17  2m 2 8  m 2 4  m 2.. 0,25. Ta có b,. 0,25. Vậy giá trị cầm tìm của m là m=2 hoặc m=-2. B (10  91)( 14 . 26) 10 . 91.  10  91. 10  91. 2.( 7  13). 10   (10  91).(10 . 0,25 0,25. 91. 91). 20  2 91.( 7  13). 3. ( 7  13) 2 ( 7  13). 0,25. 3.( 7  13)( 7  13) 3.( 6)  18. Vậy B=-18 Câu 3. a,. Gọi số học sinh lớp 6, lớp 8 của trường THCS đó là x,y (học sinh; x, y  N * ) Tổng số học sinh lớp 6 và 8 của trường là 420hs nên x+y=420(hs) (I). 0,25. Vì học sinh có học lực trên giỏi đạt tỉ lệ 85% nên số học sinh giỏi là 420.85%=357(hs) Khối 6 đạt tỉ lệ 80% là học sinh giỏi, khối 8 đạt 90% nên ta có 80%.x+90%y=357 hay 0,8x+0,9y=357(II). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Kết hợp (I) và (II) ta có hệ phương trình  x  y 420 0,8 x  0,8 y 336   0,8 x  0,9 y 357 0,8 x  0,9 y 357 0,1y 21  x 210(TMDK )   0,8 x  0,9 y 357  y 210(TMDK ). b,. 0,25 0,25. Vậy số học sinh lớp 6,8 là 210 hs và 210 hs. Hoành độ của giao điểm là nghiệm của phương trình :. 0,25. 3 x  m  1 2 x  3  x  m  4  y 2( m  4)  3  2m  11  A( m  4;  2m  11)là gd cua 2 duog thang. 0,25 Đề giao điểm thuộc góc phần tư thứ III khi A thuộc góc phần tư thứ III m   4  m  4  0 m  4  0      11  m   4 m   2m  11  0  2m  11  0  2. 0,25. 0,25 Vậy với m > 4 thì giao điểm của 2 đường thẳng thuộc góc phần tư thứ III Câu 5 Có : x  z ( m  p)  ( p  q ) 2 ( m  n ) 2  0 (dom, n, p, q  0) y  t ( n  q)  ( m  q ) 2 ( p  n ) 2  0 (dom, n, p, q  0)  Co.it.nhat .hai.so.duong. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 4. K M. E H I. h.. A. C. vẽ N. O. B.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a. Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. 0  Ta có : AKB 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) hay. 0,25 0,25.   HKB 900 ; HCB 900  gt . 0,25. 0 0 0   Tứ giác BCHK có HKB  HCB 90  90 180  tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. 2 b. AK . AH  R. ΔACH ∽ ΔAKB  g .g  . AC AH  AK AB. 0,25. 0,5. R  AK . AH  AC .AB  2R R 2 2 c. NI  KB. 0,5. OAM có OA OM  R  gt   OAM cân tại O  1. OAM có MC là đường cao đồng thời là M  2  OAM. đường trung tuyến (gt).  1 &  2  . OAM. cân tại. là tam giác đều. 0.     MOA 60  MON 1200  MKI 600 KMI là tam giác cân (KI = KM) có   MI MK  3 MKI 600. nên là tam giác đều Dễ thấy BMK cân tại B có. 0,25 .. 1 1  MBN  MON  1200 600 2 2 nên là tam giác đều  MN MB  4 . 0,25. Gọi E là giao điểm của AK và MI.   NKB  NMB 600      NKB MIK  MIK 600  Dễ thấy. KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng AK  KB  cmt . nhau) mặt khác 0   E  HME 90  MHE .. 0,25. nên AK  MI tại.  HAC 900   HME 900 . AHC      MHE  HME  cmt    HAC  AHC MHE  dd    Ta có :    HAC  KMB KB. mặt khác. (cùng chắn. ). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>      HME  KMB hay NMI  KMB  5  3 ,  4  &  5   IMN KMB  c.g.c   NI  KB. (đpcm).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>