TUYEN SINH 10 DA NANG 2018 MON TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Tư liệu ôn tập & Luyện thi lớp 10. GV : Nguyễn Văn Ngãi. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1. (1,5 điểm) a) Tính 8. 18. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2017 MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề). 32. b) Rút gọn biểu thức B = 9 4 5. 5. Bài 2. (2,0 điểm) 2x 3y 4 x 3y 2 10 1 1 b) Giải phương trình 2 x 4 2 x. a) Giải hệ phương trình. Bài 3. (2,0 điểm) Cho hai hàm số y = x2 và y = mx + 4, với m là tham số. a) Khi m = 3, tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị hai hàm số trên. b) Chứng minh rằng với mọi giá trị m, đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A1(x1 ; y1) và A2(x2 ; y2). Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (y1)2 + (y2)2 = 72. Bài 4. (1,0 điểm) Một đội xe cần vận chuyển 160 tấn gạo với khối lượng gạo mỗi xe chở bằng nhau. Khi sắp khởi hành thì được bổ sung thêm 4 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định lúc đầu là 2 tấn gạo (khối lượng gạo mỗi xe chở vẫn bằng nhau). Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc? Bài 5. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là một điểm trên nửa đường tròn (C khác A và B). Trên cung AC lấy điểm D (D khác A và C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB và E là giao điểm của BD và CH. a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng ACO = HCB và AB.AC = AC.AH + BC.CH. c) Trên đoạn OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Chứng minh rằng khi C chạy trên nửa đường tròn đã cho thì M chạy trên một đường tròn cố định.. Họ và tên thí sinh :. ---- HẾT ---SBD :. Phòng thi số.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Tư liệu ôn tập & Luyện thi lớp 10. GV : Nguyễn Văn Ngãi. Hướng dẫn sơ lược Bài 1 a) 8. 32 =. 18. b) B = 9 4 5. 5 =. 16.2 = 2 2. 9.2. 5 2 5.2 4. 5 = │ 5 2 │-. B = ( 5 2)2 Vậy B = - 2. Bài 2 a) Ta có. 4.2. 2x 3y 4 x 3y 2. 3x x. 5 =. 5 =. 5 2. 2. x 2. 6 3y. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất b) ĐKXĐ : x ≠ Ta có. 10 x. 2. ( 5)2. 2 5.2 22. 5 ( vì. 2 3y x y. 2. 2. 5. 5 2 > 0). x 3y. 2 2 2. x 0. y. 2 0. 2 0. 2 1. 4. 4 2 = (2 3 4) 2. 3 2. 2 x. 1. 10 x. 2. 1 4. x 2. 1. 10 – (x + 2) = x2 - 4. x2 + x – 12 = 0. Có a = 1, b = 1 và c = -12 Xét = b2 – 4ac = 1 + 48 = 49 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm : b 1 49 x1 3 (nhận) 2a 2.1 b 1 49 4 (nhận). Vậy S = -4; 3 hay x 2 2a 2.1 Bài 3 a) Thay m = 3 ta có y = 3x + 4. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị : x2 = 3x + 4 x2 - 3x – 4 = 0. (*) Ta có a – b + c = 1 -(-3) + 4 = 1 + 3 – 4 = 0 c Phương trình (*) có hai nghiệm x1 = - 1 hay x2 = =4 a Thay vào công thức hàm số y = x2 ta lần lượt được y1 = 1 hay y2 = 16. Vậy khi m = 3, tọa độ giao điểm của hai đồ thị lần lượt là (-1; 1) và (4; 16) b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị : x2 = mx + 4 x2 – mx – 4 = 0 (1). Ta có a = 1, b = -m và c = - 4 Xét = b2 – 4ac = (-m)2 – 4.1.(- 4) = m2 + 16. Ta có m2 ≥ 0 với mọi m nên m2 + 16 > 0 với mọi m hay > 0 với mọi m Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m. Vậy đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị m. Gọi x1; x2 là hai nghiệm cuae (1), theo Vi- et ta có : x1 + x2 = m và x1.x2 = - 4 (a) Theo đề bài ta có (y1)2 + (y2)2 = 72 (x12)2 + (x22)2 = 49 (x12 + x22)2 – 2x12 .x22 = 49 [(x1+ x2)2 – 2x1.x2 ]2 – 2(x1.x2) 2 = 49 (b) Thay (a) vào (b) ta được : [m2 + 8]2 – 2.(-4)2 = 49 (m2 + 8)2 = 49 + 32 = 81 = ( 9)2. Vì m2 + 8 > 0 với mọi m nên ta có : m2 + 8 = 9 m2 = 1 m = 1. Vậy m = 1..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tư liệu ôn tập & Luyện thi lớp 10. GV : Nguyễn Văn Ngãi. Bài 4. Gọi x (xe) là số chiếc xe lúc đầu của đội (x nguyên dương) chở lúc đầu là. Số lượng gạo mỗi xe. 160 (tấn) x. Sau khi bổ sung thì số chiếc xe của đội là x + 4 (xe). Số lượng gạo mỗi xe chở lúc sau là. 160 160 160 (tấn). Theo bài ta có phương trình : =2 x 4 x x 4. 160(x + 4) – 160x = 2x(x + 4) 640 = 2x2 + 8x x2 + 4x – 320 = 0. (x – 16)(x + 20) = 0 x1 = 16(nhận) hay x2 = -20 (loại). Vậy lúc đầu đội có 16 xe. Bài 5 Hình vẽ. a) Ta có ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AHC = 900 (do CH AB tại H) Xét tứ giác ADEH có ADB + AHC = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác ADEH nội tiếp được trong một đường tròn. b) Ta có ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) CAO = HCB (cùng phụ với CBA) (1) Ta có OA = OC = R = Từ (1) và (2). AB 2. OAC cân tại O. CAO = ACO (2). ACO = HCB.. 1 1 Ta có SABC = AB.AC.sinCAB; SACH = AC.AH.sinCAH 2 2 1 và SBCH = BC.CH.sinHCB. Có SABC = SACH + SBCH 2 1 1 1 AB.AC.sinCAB = AC.AH.sinCAH + BC.CH.sinHCB (3). 2 2 2. Theo chứng minh trên ta có CAB = CAH = HCB (4) Từ (3) & (4) AB.AC = AC.AH + BC.CH. c) Gọi C’ là trung điểm của cung AB. OC’. AB và OC’ =. AB không đổi. 2. Ta có OC’ // CH (cùng vuông góc với AB) OCH = COC’ (so le trong) Mặt khác có OM = CH (gt) và OC = OC’ = R CHO = OMC’ (cgc) 0 OMC’ = CHO = 90 (2 góc tương ứng) M thuộc đường tròn đường kính OC’. Khi C chạy trên đường tròn (O) ta luôn có OMC’ = CHO = 900 M luôn thuộc đường tròn đường kính OC’ không đổi. Trên đây chỉ là trao đổi và hướng dẫn nhanh, nhiều câu còn có cách giải khác!.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>