DE THI MON TOAN VAO LOP 10 TINH HAI DUONG 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
3x  y 5

3  x y
1) (2x  1)(x  2) 0
2) 
Câu 2 (2,0 điểm)
2
1) Cho hai đường thẳng (d): y  x  m  2 v à ( d ’ ) : y (m  2)x  3 . T ì m m
để (d) và (d’) song song với nhau.

x
P 
 x
2) Rút gọn biểu thức:

 1 x
x 2
x


:
x  2 x 2 x  2 x
với x  0; x 1; x 4 .

Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ
thuật nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản
xuất được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết
máy ?
2
2) Tìm m để phương trình: x  5x  3m  1 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm
3
3
x1, x2 thỏa mãn x1  x 2  3x1x 2 75 .

Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngồi đường tròn,
kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng
song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F
khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.
1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH.
HB2 EF

1
2
MF
3) Chứng minh: HF
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z 3 .Tìm giá trị nhỏ
x 1 y 1 z 1

Q


1  y2 1  z 2 1  x 2 .
nhất của biểu thức:
----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.....................................
Chữ kí của giám thị 1: ........................................Chữ kí của giám thị 2: ..................................
1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC: 2017-2018 - MƠN TỐN

Câu

Nội dung

Ý
1   2 x  1 ( x  2) 0

Điểm

 2 x  1 0

 x  2 0
1


x


2

 x  2

I

2

0,25
0.25
0,25
0.25

3 x  y 5


3  x  y

 x 1

 y 2

1,00

Điều kiện để hai đồ thị song song là
II

1

 1 m 2  2
m 1


m 1
m  2 3

1,00

Loại m = 1, chọn m =-1
A (
A (

2
A (
A

x
x

x 2
x
1

):
x  2 x 2 x 2
x



x 2



x 1
x



x 2



x 2



x 1

x 2







x
x

x
x



x 2



x
x



x 2



):

1
2

x
x

):

1
2

x
x

0,25
0,25
0,25
0,25

2
x 1

II
Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 1 là x chi tiết ( x nguyên dương, x
< 900)
Gọi số chi tiết máy tháng đầu của tổ 2 là y chi tiết ( ynguyên dương, y
1 < 900)
Theo đề bài ta có hệ
Vậy……

 x  y 900


1,1x  1,12 y 1000

2  29  12m   0  m  29
Áp dụng vi ét

 x 400

 y 500 ( TM )

1,00

1

12 nên pt có hai nghiêm
x1  x2  5
x1 x2 3m  1

và

2


 x1 

x2 

 x  x 
1

2

2



 x1 x2  3x1 x2 75

P =  x1  x2 3
Kết hợp x1  x2  5 suy ra x1  1; x2  4 Thay vào x1 x2 3m  1 suy ra
5
m= 3

IV

0,25

0
0




a) MAO MBO 90  MAO  MBO 180 . Mà hai góc đối nhau nên
tứ giác MAOB nội tiếp
2
b) Chỉ ra MNF ANM (g  g ) suy ra MN NF.NA
2
Chỉ ra NFH AFH (g  g ) suy ra NH NF.NA
2
2
Vậy MN NH suy ra MN = NH
c)
Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
 MO là đường trung trực của AB

 AH  MO và HA = HB




 MAF và  MEA có: AME chung; MAF AEF
  MAF
 MEA (g.g)
MA MF


 MA 2 MF.ME
ME MA
Áp dụng hệ thức lượng vào  vng MAO, có: MA2 =
MH.MO
ME MO


MH MF
Do đó: ME.MF = MH.MO
  MFH
 MOE (c.g.c)


 MHF
MEO

Vì BAE
là góc vng nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

3

0,75

1
1


 1  


 FEB
FAB
 = sđ EB 
 2



 MHF
FAB




 ANH
 NHF
ANH
 FAB
900
 HF  NA

Áp dụng hệ thức lượng vào  vng NHA, có: NH2 = NF.NA
 NM 2  NH 2  NM NH .
HB2 EF

1
2
3) Chứng minh: HF MF .
Áp dụng hệ thức lượng vào  vng NHA, có: HA2 = FA.NA

và HF2 = FA.FN
Mà HA = HB
HB2 HA 2 FA.NA NA



HF2 HF2
FA.FN NF



 HB2 = AF.AN (vì HA = HB)
EF FA

Vì AE // MN nên MF NF (hệ quả của định lí Ta-lét)
HB2 EF NA FA NF




1

HF2 MF NF NF NF



V

0,25
1,00

x 1 y 1 z 1  x
y
z   1
1
1 
Q








M  N
2
2
2
2
2
2 

2
2
2 
1 y 1 z 1 x
 1 y 1 z 1 x   1 y 1 z 1 x 
x
y
z
M


2
2
1  y 1  z 1  x 2 , áp dụng Cơsi ta có:
Xét
x  1  y   xy
x
xy 2
xy 2
xy


x


x

x 
2
2

2
1 y
1 y
1 y
2y
2
y
yz
z
zx
y 
;
z 
2
2
2 1 x
2 ; Suy ra
Tương tự: 1  z
x
y
z
xy  yz  zx
xy  yz  zx
M


x  y  z 
3 
2
2

2
1 y 1 z 1 x
2
2
2

2

Lại có:
2

2

2

x  y  z 2 xy  yz  zx   x  y  z  3  xy  yz  zx   xy  yz  zx 3
xy  yz  zx
3 3
3  
2
2 2
Suy ra:
Dấu “=” xảy ra  x  y  z 1
M 3 

1
1
1
N



2
2
1  y 1  z 1  x 2 , ta có:
Xét:

1  
1  
1 
3  N  1 
 1
 1
2 
2 
2 
 1 y   1 z   1 x 

y2
z2
x2
y2 z 2 x2 x  y  z 3




 


1  y 2 1  z 2 1  x2 2 y 2z 2x
2

2

4


3 3

2 2
Suy ra:
Dấu “=” xảy ra  x  y  z 1
N 3 

Từ đó suy ra: Q 3 . Dấu “=” xảy ra  x  y  z 1
Vậy Qmin 3  x  y z 1

5