Tuyen sinh lop 10 mon toan HD 2018

Tư liệu ôn tập & luyện thi lớp 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KY THỊ TUYẾN

TP. DA NANG

- GV: Nguyễn Văn Ngãi
SINH LỚP 10 THPT

NAM 2018

DE CHINH THUC

MON THI: TOAN

Thoi gian lam bai: 120 phut

Bài 1 (7,5 điểm)
1

2-3

b) Cho a> 0, a # 4. Chứng minh :

va „ 20a =2)
Ja+2
a-4

=]

Bai 2 (2,0 diém)
¬

`

a) Giai hé phuong trinh :

x+2y=14
2x +3y = 24

`

=Il

;
NI .
:
]
Bai 3 (/,5 diém) Vé do thi của các hàm sô y = “5%

và y=x—

4 trên cùng một mặt

phăng tọa độ. Gọi A và B là các giao điểm của đơ thị hai hàm số trên. Tính bán kính của
đường trịn ngoại tiêp AOAB, với O là gơc tọa độ.(đơn vị trên các trục tọa độ là centimet)

Bài 4 (0 diém) Cho phuong trinh: x’ + 2(m— 1)x + 4m — 11 = 0, véi m 1a tham sé.
Tìm tất cả các gia trị của m để phương trình có hai nghiệm phan biét x, , x. thoa man hé
thức :

2(Xị — 1)

+ (6 — Xo)(X 1X9 + 11)=

72.

Bai 5 (/,0 diém) Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 17 em. Hai cạnh góc vng có
độ dài hơn kém nhau 7 cm. Tính diện tích của tam giác vng đó.
Bài 6 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường trịn tâm O có AB < AC.

Trên cung nhỏ AC lây điểm M khác A thỏa MA < MC. Vẽ đường kính MN của đường

trịn (O) và gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên MB, MN.
Chứng minh rang :
a) Bốn điểm A,H,K,M

cùng nằm trên một đường trịn.

b) AH.AK = HB.MK
_
©) Khi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thắng HK luôn đi qua một điểm
cô định.

Họ và tên thí sinh:

SBD:

Phịng thi số :

Tư liệu ôn tập & luyện thi lớp 10

Bài 1 a)
A=

1

GƠI Ý & HƯỚNG DẪN

_ (+43) _ (2+3)

(2 +3)

2-8

2-V324N3)

Va +2

Vay:

l

ws

a—4

a—2Va+2Va—4—

M=

Bai 2 a)

„2Qa=2)_¡_ va(va-

va

Xa

a—4

v12

va—2)
a—4

by:

2x + 3y = 24

&

2,2ch—2_

a—4

l=

a—4

a—4

=

4—3

¥_ V3

b) Với a>0,az 4, ta xét hiệu :
M=

GV : Nguyễn Văn Ngãi
2+

3

1

—l=1-1=0.

— 1

—2x —4y = —28

-y=-4

2x +3y
= 24

x+2y=14

y=4

&

x+8=14

=

y=4
|x=6

Vậy hệ có nghiệm duy nhất : ” 7
xX

=

b) ĐKXĐ

: x # 1. Quy đồng và khử mẫu hai về ta được phương trình :
4x(x— 1) +3 =11(x- 1) © 4x’- 15x + 14=0(1)
Giai PT (1) c6 x; =2 hay x, = 7/4 déu thoa man DKXD. Vay S = {2; 7/4}.

Bài 3 Tự lập bảng giá trị của các hàm số và vẽ.
Phương trình hồnh độ giao diém cua hai đô thị :
1
—sx

=x-4

& x’ + 2x — 8 =0. Giai PT 6

X.=2
1

X,=-Ä4
2

= Toa dé diém A(2; -2) , diém B(-4; - 8)

y,=-2
"|

y,=—8

Duong thang y = x — 4 cat truc Ox tai diém C(4; 0) (cho y = 0 => x =4)
Ta co hinh vé:
Hinh vé

Theo hinh vé co :

AOAC có | HA | = | HO | = | HC |= 2cm

=> AOAC vuông tại A
—> AOAB vuông tại A
= Cạnh huyền OB là đường kính của
đường trịn ngoại tiếp AOAB.
Dựa vào AOKB vng tại K (hình vẽ), dùng
Pitago ta tính được

| OB | = 4\5 (cm)

= Độ dài b.kinh | OI| = oF = 24/5 (cm)
Bài4

PTcóa=1,b=m—Ivàc=4m- II. Ta có A' =mˆ— 6m + 12=(m3) + 3

Vì (m — 3)° > 0 với mọi gia tri cua m nén A’ > 0 với mọi giá tri cua m

= PT da cho ln ln có 2 nghiệm phân biệt Vm e R.


Tư liệu ôn tập & luyện thi lớp 10

GV : Nguyễn Văn Ngãi

X,+X,=-2(m—]

Theo Vi-ettacó: ‡ `

ˆ

(

X,-x, =4m—I11

(a)

Vì xị, x¿ là nghiệm của PT nên thay vào PT đã cho, ta có :

x/ +2(m—I)x,+4m—II=0
x, +2(m—1)x,

+4m—-11=0

&

x, =-2(m—1)x,4m +11
x, = -2(m—1)x,4m +11

Theo bài ta có: = 2(x; — 1)? + (6— x»)(x,x2 + 11) = 72

<> 2(x7 — 2x, +1) + 6x;x> + 66 - X)x — 11x, =72 (€)

Thay (b) vao (c) duge : (2m + 4)x)x. — 11(k,; + x2) = 8m-— 18 (d)
Thay (a) vao (d) tac6:
(2m+4)(4m-—11)+22(m- 1)=8m- 18

om +m-—6=0(*)

Giải PT (š) có m = 2 hay m = -3. Vậy m = 2 hay m = - 3 thỏa mãn u câu của đê bài.
Bài 5
Gọi cạnh góc vng lớn 1a x(cm) (DK: 7 < x < 17)— cạnh góc vng nhỏ là (x — 7) (cm)

Theo Pitago ta có x” + (x— 7)“ = 17“ © 2x” — 14x - 240 = 0 (1)

Giải PT (1) được x = 15 (thỏa mãn ĐK - Nhận) hay x = - 8 (không thỏa mẫn ĐK - Loại).

—= Các cạnh góc vng lần lượt bằng 15(em) và 15 — 7=8(em).-----.
Vậy diện tích tam giác vng bằng (8.15) : 2 = 60(cm’)

:
Bài 6

Hình vẽ tồn bài

a) Ta có AHM = 90° (gt) va AKM = 90” (gt)

Xét tứ giác AHKM có hai đỉnh H và K cùng nhìn cạnh

AM dưới một góc bằng 90” nên tứ giác AHKM nội
tiếp đường trịn đường kính AM

= Bốn điểm A, H, K, M thuộc đường trịn đường

kính AM.

b) Xét AAKM vaABHA co AKM = BHA = 90° (gt) (a)

Mat khac, ta c6 BAH +B, = 902 (vì ABAH vng tai H)

oF
va AMN

“¬
1
“-~
Z^¬
+ B,; = 3 (SdAN + sdAM)

1

=
— 3 SAMN

| N

1
0
0
=3 .180° = 90

— BAH = AMN = AMK (b)

AK MK
Từ (a) & (b) = AAKM @ ABHA (g-g) > — =.

Vay AK.AH = BH.MK

c) Gọi I là giao điểm của đường thắng HK và AB.
Tứ giác AHMK nội tiếp (cmt) =A, =H, (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK)

MàH) =1) (đối đỉnh). Do AAKM « ABHA (cm0 =Ã) “Bì (2 góc tương ứng) — —_

=H;=
B¡ > AIBH cân tại I = IB =TH (1). Có BAH
+ Bị = 90”= AHI + H; mà Bị = H;

= BAH = IHA => AIAH can tai I => IA =IH (2).

Từ (1) và (2) > IA = IB = I là trung điểm của AB. Do A, B cố định nên điểm I cô định.
Kết luân : Khi điểm M di chuyển trên cung nhỏ AC của đường trịn (O) thì đường

thăng HK ln ln đi qua một điềm cô định I là trung điềm của đoạn thang AB.