deloi giai tham khao thi vao lop 10 mon Toan tinh Nghe An nam 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: A =. 1 7  .. 7 7 2 7 .. 1  x 1  1   . 1  x 1  x   x . b) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P =. Câu 2 (2,5 điểm) 2 x  y 4  a) Giải hệ phương trình: 4 x  y  1. b) Giải phương trình: 2x2 – 5x + 2 = 0. c) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x + m – 6. Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ dương. Câu 3 (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 15 m. Nếu giảm chiều dài 2 m và tăng chiều rộng 3 m thì diện tích mảnh vườn tăng thêm 44 m2. Tính diện tích của mảnh vườn. Câu 4 (3,0 điểm) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O ; R). Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn đó (A, B là tiếp điểm). Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O ; R) tại C. Nối MC cắt đường tròn (O ; R) tại D. Tia AD cắt MB tại E. a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh EM = EB. c) Xác định vị trí của điểm M để BD  MA. Câu 5 (1,0 điểm) x. Giải phương trình:. 2 2x 1  x2. 1. .…. Hết …...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> LỜI GIẢI THAM KHẢO Câu 1 (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: A =. 7 7 2 7 .. 1 7  . Giải. A =. 1 7  .. 7 7 2 7 =. 1 7  .. . 7 1 7. . 2 7. .=. . 1. . 7 .. 1 7  2.  1  7  . 1  7  =. 2. =. 1 7 2 = -3 1  x 1  1   . 1  x 1  x   x . b) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P =. Giải x  0  ĐKXĐ:  x 1 1 x  1 x x  1 1  x 1  1 2 x x 1 .  . .   x 1  x 1  x 1  x 1  x x x  1 x = -2   P= = =. . . . Câu 2 (2,5 điểm) 2 x  y 4  a) Giải hệ phương trình: 4 x  y  1. Giải 1  x  2 x  y  4 6 x  3   2      4 x  y  1   2 x  y 4   y  3. b) Giải phương trình: 2x2 – 5x + 2 = 0. Giải  = b2 – 4ac = (-5)2 – 4.2.2 = 25 – 16 = 9 > 0 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = … = 2; x2 = … = 2 .. c) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x + m – 6. Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm bphaan biệt có các hoành độ dương. Giải Phương trình hoành độ của đường thẳng (d) và parabol (P) là: x2 = 2x + m - 6  x2 – 2x – m + 6 = 0 (*) Điều kiện để đường thằng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt là:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  ' = 1 + m – 6 = m – 5 > 0  m > 5.. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*), khi đó, để đường thằng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ đều dương cần thêm điều kiện:  x1  x2 2  0   x1.x2  m  6  0  m < 6.. Vậy điều kiện để đường thằng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ đều dương là: 5 < m < 6. Câu 3 (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 15 m. Nếu giảm chiều dài 2 m và tăng chiều rộng 3 m thì diện tích mảnh vườn tăng thêm 44 m2.Tính diện tích của mảnh vườn. Giải Gọi x, y (m) lần lượt là chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn, điều kiện x > 0, y > 0 suy ra diện tích mảnh vườn là xy (m2) Do chiều dài lớn hơn chiều rộng 15 m, nên ta có phương trình: x – y = 15 (1) Khi giảm chiều dài 2 m, tằng chiều rông 3 m thì diện tích của mảnh vườn tăng 44 m2 nên ta có phương trình: (x – 2)(y + 3) = xy + 44  3x – 2y = 50 (2)  x  y 15  Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 3x  2 y 50. Giải hệ phương trình trên ta được x = 20, y = 5 (TMĐK) Vậy diện tích của mảnh vườn là S = xy = 20.5 = 100 (m2) Câu 4 (3,0 điểm) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O ; R). Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn đó (A, B là tiếp điểm). Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O ; R) tại C. Nối MC căt đường tròn (O ; R) tại D. Tia AD cắt MB tại E. a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh EM = EB. c) Xác định vị trí của điểm M để BD  MA. Giải.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp Xét tứ giác MAOB, có:   MAO MBO 900 (MA, MB là các tiếp 0   tuyến của (O)).  MAO  MBO 180 . Vậy MAOB là tứ giác nội tiếp (đfcm). b) Chứng minh EM = EB  Xét EBD và EAB có E chung và   EBD EAB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung EB ED   EB 2 EA.ED BD)  EBD ∽ EAB (g.g)  EA EB (1).    Xét EMD và EAM có E chung. Mà AC//MB  EMD  ACD (so le trong) . . Mặt khác EAM  ACD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng    EMD ∽ EAM (g.g) EMD chắn cung AD)  EAM EM ED   EM 2 EA.ED  EA EM (2). Từ (1) và (2) ta có EM = EB (đfcm) c) Xác định vị trí của điểm M để BD  MA   Ta có ABD MCA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)     ABD Mà MCA EMD  EMD. .   0 0 MBA MAB     Ta có BD  MA  BAM  ABD 90  EMD  MBA 90. .  MC  AB  MC đi qua O và D là điểm chính giữa cung nhỏ AB  DAC  AEB 900    MAB đều   MOB vuông tại B có OMB 300. . .  OM = 2OB = 2R  M (O ; 2R) x. Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:. 2 2x 1  x2. 1. Giải Ta có VP = 1 > 0 suy ra VT > 0  x > 0 0  x 1  2 2 2x 2 2x  8x 2 x 1 1  x  1  x  2 2  2 1 x  1 x  1  x  8x2 = (1 – x)2(1 + x2)  …  x4 – 2x3 – 6x2 – 2x + 1 = 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1  2 1 2 x   2 x   6 0  2 x x    x 2 – 2x – 6 – x + x 2 = 0  2. 1 1  1 1 1  2    x    2  x    8 0  x  2 x.  2   2  x    8 0  x x  x x x       (1). Đặt. x. 1 x = t; vì x > 0  t  2.  t  2( L)  Khi đó pt (1) trở thành t2 – 2t – 8 = 0  …   t 4. Với t = 4 . x. 1 x = 4  x2 – 4x + 1 = 0. Giải pt này và đối chiếu đk của x..  phương trình có nghiệm là x = 2 . 3.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>