Dap an thi len lop 10 Nghe An mon Toan nam hoc 1819

ĐÁP ÁN ĐỀ THI LEN LỚP 10 MƠN TỐN NGHỆ AN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Câu 1:
a) Ta có: 2 3  27 2 3  3 3 5 3  25.3  75
Do 75 > 74 nên 75  74  2 3  27  74
b) Biến đổi vế trái:
x 2 x  2 x 4
1  x 4
 1


.

.
4
x 2 4
 x 2
x 2
x 2











4



x 2



x 2



.



x 2


4

x 2

 1

1  x 4
 1


 . 4 1
x


2
x

2


Vậy
c) Đồ thị hàm số y = 3x + m đi qua A(1; 2) suy ra:
3.1 + m = 2  m = 2 - 3  m = -1
Vậy với m = -1 thì đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm A(1; 2)
Câu 2:
a) Với m = -2, phương trình đã cho trở thành: x2 + 2x - 3 = 0.
Ta thấy: a + b + c = 1 + 2 + (-3) = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm:
x1 = 1 và x2 = -3
b) Xét PT: x2 + 2x + m - 1 = 0 (*)
∆' = 12 - 1.(m - 1) = 1 - m + 1 = 2 - m.
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 khi ∆' > 0
hay 2 - m > 0  m < 2 (**)
 x1  x 2  2 (1)

x .x m  1 (2)
Theo định lí Vi-ét:  1 2
2
Theo bài ra: x1 = 2x2 nên từ (1) suy ra: 2x2 + x2 = -2  3x2 = -2  x2 = 3
2 4
Suy ra: x1 = 2. 3 = 3 .
2
4
2 4

Thay x1 = 3 và x2 = 3 vào (2) ta được: 3 . 3 = m - 1
8
8
17
 m  1   m  1  m 
9
9
9 (thỏa mãn điều kiện (**)
Vậy ……
Câu 3: Gọi x là số quyển sách mỗi HS khối 8 quyên góp, y là số quyển sách mỗi HS
khối 9 quyên góp (x, y  N*)
Số sách HS khối 8 quyên góp được là: 120x (quyển)
Số sách HS khối 9 quyên góp được là: 100y (quyển)
Do tổng số sách cả hai khối quyên góp được là 540 nên ta có PT:
120x + 100y = 540  6x + 5y = 27 (1)


Mặt khác, mỗi HS khối 9 quyên góp nhiều hơn mỗi HS khối 8 một quyển nên ta có
phương trình: y - x = 1 (2)
6x  5y 27

y  x 1
Từ (1) và (2) ta có hệ PT: 
 x 2

y 3
Giải hệ trên ta được: 
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy: số quyển sách khối 8 quyên góp được là: 2.120 = 240 quyển.
số quyển sách khối 9 quyên góp được là 3.100 = 300 quyển.

Câu 4:
a) BE  AC và CF  AB (GT)


 BEC
900 và BFC
900


 BEC
BFC
900 , mà E và F thuộc cùng
một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng BC
nên tứ giác BCEF nội tiếp.
b) Tứ giác BCEF nội tiếp (theo câu a) nên



KFB
KCE
(cùng bù BFE
)
 ∆KFB ∽ ∆KCE
KF KB


 KE.KF KB.KC (1)
KC KE

A

M
E
F

O
H

K

B

C

I




Tứ giác AMBC nội tiếp đường tròn (O) nên KMB KCA (cùng bù AMB
)
 ∆KMB ∽ ∆KCA
KM KB

 KM.KA KB.KC
(2)
KC KA
Từ (1) và (2) suy ra: KM.KA = KE.KF (đpcm)
c) Gọi giao điểm của đường thẳng MH với BC và (O) lần lượt là I và N.
KM KF


Vì KM.KA = KE.KF (theo câu b) nên KE KA
 ∆KMF ∽ ∆KEA (c.g.c)


 KMF
 tứ giác AEFM nội tiếp
KEA
(3)
0


Tứ giác AEHF có AEH  AFH 180 nên là tứ giác nội tiếp (4)
Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm A, E, H, F, M cùng thuộc một đường tròn



AFH
900  AMN
900
 AMH
 AN là đường kính của (O)

 ACN
900  NC  AC, kết hợp với BH  AC  NC // BH
(*)
ABN 900  NB  AB
, kết hớp với CH  AB  NB // CH
(**)
Từ (*) và (**) suy ra tứ giác BHCN là hình bình hành
Suy ra hai đường chéo HN và BC cắt nhau tại I là trung điểm của mỗi đường

Do BC cố định nên trung điểm I của nó cũng cố định.

N


Vậy đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định (là trung điểm của BC) khi A
thay đổi.
1
1  x  2x 2 0   1 x 
2
Câu 5: Điều kiện:
(1)
 x(2x  2y  1) y

2
2
 y  2 1  2x  2x 2(1  y ) (2)
Xét PT (1):
(1)  2x2 - 2xy + x - y = 0  2x(x - y) + (x - y) = 0
 x y

1
 x  (TM)
2
 (x - y)(2x + 1) = 0  
1
1
1
y  2 1   2. 2  2y 2
2

4
* Với x = 2 , thay vào (2) ta được
1
giải ra được y = 0 hoặc y = 2
* Với x = y, PT (2) trở thành
y  2 1  y  2y 2 2(1  y 2 )
 2 1  y  2y 2 2y 2  y  2
 4(1  y  2y 2 ) 4y4  y 2  4  4y3  8y 2  4y
 4y 4  4y3  17y 2 0
 y 2 (4y 2  4y  17) 0
 y 0 (4y 2  4y  17  0, y)
Suy ra x = y = 0.
  1    1 1 

 ;0  ;  ;  ;  0;0  

Vậy tập nghiệm của hệ PT là:  2   2 2 