Bộ đề Thi Vào Lớp 10 Môn Toán Tỉnh Thanh Hóa Có đáp án - Tài Liệu Text

Tải bản đầy đủ (.pdf) (45 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Tuyển sinh lớp 10
>>
3. Toán

bộ đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh thanh hóa có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.05 MB, 45 trang )

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợpBỘ ĐỀ THI TỐNVÀO LỚP 10 TỈNH THANH HĨAThanh Hóa, ngày 16 tháng 4 năm 2020 1ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2019 – 2020MƠN THI: TỐNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 1x +251Bài 1. (2 điểm) Cho biểu thức: A =với x ≥ 0; x ≠ 4.−−x +3 x+ x −6x −21. Rút gọn A2. Tìm giá trị của cảu A khi x= 6 + 4 2Bài 2. (2 điểm)1. Cho đường thẳng ( d ) : y = ax+b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song songvới đường thẳng ( d ') : y = 5x+6 và đi qua điểm A ( 2;3)113 x + 2 y =2. Giải hệ phương trình 5x + 2 y =Bài 3: ( 2 điểm)1. Giải phương trình x 2 − 4 x + 3 =02. Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x + 2 m − 5 =0 với m là tham số.Chứng minhrằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. Tìm m để cácnghiệm đó thỏa mãn hệ thức(x21)()− 2 mx1 − x2 + 2 m − 3 x2 2 − 2 mx2 − x1 + 2 m − 3 =19 .Bài 4. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ các tiếptuyến AB, AC với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Trê cung nhỏ BC lấy một điểm Mbất kỳ khác B và C. Gọi I,K,P lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên các đường thẳngAB, AC, BC1) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp; = MBC2) Chứng minh MPK3) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị nhỏ nhât..Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 1 , Chứng minh rằng:abbcca+ 4 4+ 4≤14a + b + ab b + c + bc c + a 4 + ca4----------Hết---------Họ và tên ....................................................................Số báo danh ........................................ 2ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2018 – 2019MƠN THI: TỐNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 2Câu I: (2,0 điểm)1. Giải phương trình: x 2 + 8 x + 7 =0.−62 x − y =.205 x + y =2. Giải hệ phương trình: Câu II: (2,0 điểm)Cho biểu thức A=x +1x:+x+4 x +4  x+2 xx  , với x > 0 .x +21. Rút gọn biểu thức A .2. Tìm tất cả các giá trị của x để A ≥13 x.Câu III: (2,0 điểm)1. Cho đường thẳng ( d ) : =y ax + b . Tìm a, b để đường thẳng ( d ) song song vớiy 2 x + 3 và đi qua điểm A (1; −1) .đường thẳng ( d ') : =2. Cho phương trình x 2 − (m − 2) x − 3 =0 ( m là tham số). Chứng minh phươngtrình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãnhệ thứcx12 + 2018 − x1 = x22 + 2018 + x2 .Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2 R . Gọi d1 và d 2 lần lượt làcác tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E làđiểm thay đổi trên đường tròn (O ) sao cho E không trùng với A và B . Đường thẳng dđi qua E và vng góc với đường thẳng EI cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N .1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.2. Chứng minh IB.NE = 3.IE.NB .3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị khơng đổi và tìm giá trịnhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R .Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =1 . Chứng minh11+≥ 30.22a +b +cabc2------------ Hết ------------ 3SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2017 – 2018MƠN THI: TỐNThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 3Câu 1.(2,0 điểm)1. Cho phương trình: mx 2 + x − 2 =0 (1), với m là tham số.a. Giải phương trình (1) khi m = 0 .b. Giải phương trình (1) khi m = 1 .63 x − 2 y =2. Giải hệ phương trình: 10x + 2 y =Câu 2. 4 y8y   y − 12 +:− , với y > 0 , y ≠ 4 ,(2,0 điểm) Cho biểu thức: A = 2+ y 4− y   y−2 yy y ≠ 9.1. Rút gọn biểu thức A .2. Tìm y để A = −2 .Câu 3.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m + 3 vàparabol ( P ) : y = x 2 .1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2; 0 ) .2. Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hồnh16 .độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn x12 − 2 x2 + x1 x2 =Câu 4.(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính MN = 2 R . Gọi ( d ) là tiếp tuyếncủa ( O ) tại N . Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. ( E không trùng với M và N ),tia ME cắt đường thẳng ( d ) tại F . Gọi P là trung điểm của ME , tia OP cắt ( d )tại Q .1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp.2. Chứng minh OF ⊥ MQ và PM.PF = PO.PQ .Câu 5.3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF + 2 ME đạt giá trị nhỏ nhất.(1,0 điểm) Cho a , b , c là các số dương thay đổi thỏa mãn:111++=2017 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:a+b b+c c+aP=111.++2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c 4SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2016 – 2017MƠN THI: TỐNThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 4Câu I: (2,0 điểm)1. Giải các phương trình:a. x – 6 = 0b. x2 – 5x + 4 = 02x - y = 32. Giải hệ phương trình: 3x + y = 2() y y -1 y y +1  2 y − 2 y + 1Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = với y > 0; y ≠ 1− : y- yy−1y+y1. Rút gọn biểu thức B.2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên.Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 vàParabol (P): y = 2x 2 .1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2).2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt cóhồng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S = x1 x2 + y1 y2Câu IV: (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường trịn đường kính MQ. Hai đườngchéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vnggóc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường trịn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L làgiao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng:1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường trịn.2. FM là đường phân giác của góc NFK3. NQ.LE= NE.LQCâu V: (1,0 điểm)Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: m 2 + 2n 2 ≤ 3p 2 . Chứng minh rằng-----------------------------------Hết----------------------------------1 2 3+ ≥m n p 5ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2015 – 2016MƠN THI: TỐNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 5Câu 1 (2 điểm) :1. Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0a) Khi m = 0b) Khi m = 15x + y =2. Giải hệ phương trình: 1x − y =Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q =436 b +2(Với b ≥ 0 và b ≠ 1)+−b −1b −1b +11. Rút gọn Q2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5Câu 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và parabol(P) : y = x21. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2)2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần1 10lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4  +  − x1 x2 + 3 =xx 12 Câu 4 (3 điểm): Cho đường trịn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) khơng đi qua O, cắtđường trịn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyếnMC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm).1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của gócCKD.3. Đường thẳng đi qua O và vng góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R,T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất.Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z.------------ Hết ------------ 6ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2014 – 2015MƠN THI: TỐNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 6Câu 1. (2.0 đ)1. Giải các phương trình sau:a. y - 3 = 0b. y2 – 3y + 2 = 04x + 2 y =43 x − 2 y =b. Giải hệ phương trình: Câu 2. (2.0 đ) Cho biểuthức B=y −1  11 −: , với y > 0 và y ≠ 1.y 2 − y  yy + 1 a. Rút gọn biểu thức B.b. Tính giá trị của B khi x = 3 + 2 2 .Câu 3 (2.0 đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – 3 và parabol (p) y= x2.1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 0)2. Tìm n để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là x1, x2 thoả mãnx1 − x2 =2Câu 4 (3.0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R. Gọi C là trung điểm của OE; quaC kẻ đường vng góc với OE cắt đường trịn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trêncung nhỏ FM lấy điểm K ( K ≠ F và K ≠ M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. gọi Dlà giao điểm của EK và MN. Chứng minh rằng:a. Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp.b. EK . ED = R2c. NI = FK.Câu 5 (1 đ) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P111++a + b +1 b + c +1 c + a +1------------ Hết ------------ 7ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2013 – 2014MƠN THI: TỐNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 7Câu 1 (2.0 điểm):1. Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3a.Tính tổng: S = a + b + cb.Giải phương trình trên2. Giải hệ phương trình:2x − 3y =42 x + 3 y = 1=Q+Câu 2 (2.0 điểm): Cho biểu thức:y−yy ≠1)y +1 1  :  ( Với y > 0;y − 1   y − 2 y + 1 a. Rút gọn biểu thức Qb. Tính giá trị biểu thức Q khiy= 3 − 2 2Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và Parabol(P): y = - 2x2.a. Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5)b. Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏamãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = 0.Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI vng góc với EF, gọi J là điểmbất kỳ trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vng góc với EF (S thuộcEF).a. Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.b. Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJNvuông cân.c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D vàI cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứngminh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS.Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca ≥ 3.a4b4c43++≥Chứng minh rằng:b + 3c c + 3a a + 3b 4 8ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2012 – 2013MƠN THI: TỐNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 8Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0b) x2 - 3x + 2 = 02 x − y = 72- Giải hệ phương trình :  x+ y =2Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =12+2 a+12−2 a-a2 +11− a21- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A2- Tìm giá trị của a ; biết A 0Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =8a 2 + b+ b24a 9ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2011 – 2012MƠN THI: TỐNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 9Bài 1(1.5đ):1. Cho hai số a1 = 1+ 2 ; a2 = 1- 2 . Tính a1+a2.x + 2 y = 12. Giải hệ phương trình: 2 x − y = −3aa4 a −11:Bài 2(2đ): Cho biểu thức A = −+ a + 2 (Với a ≥ 0;a ≠ 4 )a−4a+a−221. Rút gọn biểu thức A.2. Tính giá trị của A tại a = 6+4 2Bài 3(2,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1). (Với m là tham số)a. Giải phương trình (1) với m = 2.b. Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.c. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). (Với x1 < x2).Chứng minh rằng x12 – 2x2 + 3 ≥ 0.Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường cao BD và CK cắt nhau tại H.1. Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp được trong một đường tròn2. Chứng minh tam giác AKD và tam giác ACB đồng dạng.3. kẻ tiếp tuyến Dx tại D của đường trịn tâm O đường kính BC cắt AH tại M. Chứngminh M là trung điểm của AHBài 5(1đ): Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức:abc++≥2b+ca+ca+b 10SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2011 – 2012MƠN THI: TỐNThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 10Bài I (2,0 điểm)Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)1. Giải phương trình (1) khi n = 32. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6 a +3a − 3  1 1 Bài II (2,0 điểm) Cho biểu thức A =−  − với a > 0; a ≠ 93−+a3a3a1.Rút gọn A2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ OxyCho parabol (P): y = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA = -1,xB = 21.T ìm toạ độ c ác điểm A,B và viết phương trình đường th ẳng AB.2. Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + 1 (với m là tham số ) song songvới đường thẳng AB.Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, các đườngcao QM, RN của tam giác cắt nhau tại H.1.Chứng minh tứ gi ác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.2. Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K.Chứng minh tứ giác QHRK là hình bìnhhành.3. Cho cạnh QR cố định,P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR lnnhọn.Xác định vị trí điểm P đ ể diện tích tam giác QRH lớn nhất.Bài V ( 1,0 điểm) Cho x,y là các số dương thoả mãn : x + y = 4Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = x 2 + y 2 +33xy 11SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HĨAĐề chính thứcĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓANĂM HỌC 2011 – 2012MƠN THI: TỐNThời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Đề số 11Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.1.Giải phương trình (1) khi n = 3.2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm.5x + 2 y =Bài 2 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 72 x + y =Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1)1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k.2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E vàF với mọi k.3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suyra tam giác EOF là tam giác vng.Bài 4 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BAlấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) .Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D.1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứgiác BDNO nội tiếp được.2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy raCN DN.=CG DG = α Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α. Chứng tỏ rằng3. Đặt BODtích AC.BD chỉ phụ thuộc R, khơng phụ thuộc α.Bài 5 (1,0 điểm) Cho số thực m, n, p thỏa mãn : n 2 + np + p 2 =−13m 2.2Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p. 12HƯỚNG DẪN GIẢIĐề số 1Câu I.1. Rút gọn biểu thức A với với x ≥ 0; x ≠ 4.()) (x −4−5− x +351x +2==A=−−x +3x −2x +3x −2x +3x −2(2.)(())(x − x − 12x +3)(x −2)=x −4x −2Tìm giá trị của cảu A khi x= 6 + 4 2(x=6 + 4 2 =+22)2tmđk(2 + 2 ) − 4 =(2 + 2 ) − 2x= 2 + 2 thay vào A ta đc: A =2− 2= 1− 22Vậy với x= 6 + 4 2 thì A = 1 − 2Bài 2. (2 điểm)1.Cho đường thẳng ( d ) : y = ax+b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song vớiđường thẳng ( d ') : y = 5x+6 và đi qua điểm A ( 2;3)a = 5Vì ( d ) / / ( d ') nên b ≠ 6Vì (d) đi qua A ( 2;3) nên ta có: 3 =5.2+b ⇒ b =−7Vậy a = 5; b = −7 ta có ( d ) : =y 5x − 7113 x + 2 y =5x + 2 y =2. Giải hệ phương trình 2 y 11 =3 x +=x 3⇔⇔=2 x 6=y 1Bài 3: ( 2 điểm)1. Giải phương trình x 2 − 4 x + 3 =0x1 1;=x2 3PT có : a + b + c =1 − 4 + 3 = 0 nên PT có hai nghiệm:=2. Ta có: ∆ ' =( m − 1)2− 2m + 5 = m 2 − 4m + 6 =(m − 2)2+ 2 > 0 ∀m nên phươngtrình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi mCó : x − 2 ( m − 1) x + 2 m − 5 =0 ⇔ x − 2 mx + 2 m − 3 = 2 − 2 x22Vì x1, x2 là các nghiệm của PT (1) nên ta có:x12 − 2 mx1 + 2 m − 3 = 2 − 2 x1 ; x2 2 − 2 mx2 + 2 m − 3 = 2 − 2 x2 thay vào (*) ta đc: 13(x21)()− 2 mx1 − x2 + 2 m − 3 x2 2 − 2 mx2 − x1 + 2 m − 3 =19⇔ ( 2 − 2 x1 − x2 )( 2 − 2 x2 − x1 ) =19⇔ 2 ( x1 + x2 ) − 6 ( x1 + x2 ) + x1 x2 =152 x1 + x2 = 2 ( m − 1)thay vào ta đc:x2 2 m − 5 x1=Theo Vi-et có m = 00⇔ 8 ( m − 1) − 12 ( m − 1) + 2 m − 5 =15 ⇔ 8m − 26 m =⇔ m = 13422m = 0Vây:  m = 134Bài 4. (3,0 điểm)1. Chứng minh AIMK là tứ giácBnội tiếp;I AKMCó: =AIM= 90o nên tứ giácAIMK nội tiếp. = MBC.2. Chứng minh MPKAOTT câu a ta cm đc tứ giác KCPM nộiKtiếp.C = MPK ( hai góc ntSuy ra: MCKcùng chắn cung MK)PM(1) = PBM ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nt cùng chắn cung MC củaMà MCK(O))(2) = MBP hay MPK = MBCTừ (1) và (2) suy ra MPK1) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị nhỏ nhât..Chứng minh được ∆IMP ∽ ∆PMK nên:IM MP=MP MK⇒ MI .MK =MP 2 ⇒ MI .MK .MP =MP 3Để MI .MK .MP lớn nhất khi chỉ khi MP lớn nhất, nên M là điểm chính giữa cung nhỏBC 14Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 1 , Chứng minh rằng:abbcca+ 4 4+ 4≤14a + b + ab b + c + bc c + a 4 + ca4Ta có: a 4 + b 4 ≥ ab ( a 2 + b 2 ) ⇒Tương tự có:abab1≤=4222a + b + ab ab a + b + ab a + b 2 + 1(4)bc1ca1; 4≤ 2 2≤ 244b + c + bc b + c + 1 c + a + ca c + a 2 + 14111+ 2 2+ 22a + b + 1 b + c + 1 c + a2 + 1Suy ra VT ≤233Đặt=a 2 x=; b 2 y=' c 2 z3 ta có: xyz = 1 ( do abc = 1 )Suy ra: VT ≤111+ 3 3+ 33x + y +1 y + z + 1 z + x3 + 13Dễ cm đc x 3 + y 3 ≥ xy ( x + y )VT ≤111++xy ( x + y ) + 1 yz ( y + z ) + 1 zx ( z + x ) + 1VT ≤zxy++xyz ( x + y ) + z xyz ( y + z ) + x zxy ( z + x ) + yVT ≤zxy++=1x + y + z x + y + z zx + y + zVậy VT ≤ 1 Dấu “_” xảy ra khi a= b= cĐề số 2CâuÝ1(1,0đ)ĐiểmGiải phương trình: x 2 + 8 x + 7 =0.Ta thấy phương trình có các hệ số thỏa mãn a − b + c = 1 − 8 + 7 = 0 .0,5Do đó phương trình có hai nghiệm x = −1 ; x = −70,5−62 x − y =Giải hệ phương trình: 205 x + y =I(2,0đ)NỘI DUNG27 x = 14x = 2Hệ tương đương với ⇔20205 x + y =5 x + y =(1,0đ)x = 2x = 2.⇔⇔2010 + y = y = 100,50,5 15x +1xx :+ , với x > 0 .x+4 x +4  x+2 xx +2Rútgọn biểu thức A=Ta có: A=x +1xx :+x+4 x +4  x+2 xx +20,25x +1 xx =:+( x + 2) 2  x ( x + 2)x +21(1,0đ)=x +1( x + 2) 2=II(2,0đ)=xx : +x + 2  x +20,25x +1x ( x + 1):2( x + 2)x +20,251x ( x + 2)0,25Tìm tất cả các giá trị của x để A ≥Với x > 0 ta có A =2(1,0đ)Khi đó A ≥13 x13 x1vàx ( x + 2)⇔x(1x +2)≥.x > 0;13 xx + 2 > 0.0,5⇔ x +2≤3⇔ x ≤1 ⇔ x ≤10,25Kết hợp với điều kiện ta được: 0 < x ≤ 1 .0,25Cho đường thẳng ( d ) : =y ax + b . Tìm a, b để đường thẳng ( d ) song song vớiy 2 x + 3 và đi qua điểm A (1; −1) .đường thẳng ( d ') : =1IIIĐường thẳngy(d ) : =ax + b song song với đường thẳng ( d ') : =y 2x + 3a = 2(1,0đ) nên ta có b ≠ 3 .(2,0đ)Khi đó ( d ) : =y 2 x + b đi qua điểm A (1; −1) nên:−1 =2.1 + b ⇔ b =−3 (thỏa mãn điều kiện b ≠ 3 ) . Vậy a = 2 , b = −3 .20,50,5Cho phương trình x 2 − (m − 2) x − 3 =0 ( m là tham số). Chứng minh phương(1,0đ) trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó 16thỏa mãn hệ thức:x12 + 2018 − x1 = x22 + 2018 + x2 .Ta có ∆= (m − 2) 2 + 12 > 0, ∀m nên phương trình ln có hai nghiệm phânbiệt x1 , x2 với mọi m.(Lưu ý: Học sinh có thể nhận xét ac =−3 < 0 để suy ra phương trình lncó hai nghiệm phân biệt, trái dấu với mọi m )Ta có:x12 + 2018 − x1 = x22 + 2018 + x2⇔ x12 + 2018 − x22 + 2018 =x2 + x1⇔0,25x12 − x22x12 + 2018 + x22 + 20180,25=x2 + x10 x1 + x2 =⇔ 22x1 − x2 x1 + 2018 + x2 + 2018 =(1)(2)Theo định lí Viet ta có: x1 + x2 = m − 2 . Khi đó:0,25(1) ⇔ m − 2 = 0 ⇔ m = 2 .(2) không xảy ra. Thật vậy:Dox12 + 2018 > x1 ;x22 + 2018 > x2 suy ra0,25x12 + 2018 + x22 + 2018 > x1 + x2 ≥ x1 − x2 . Vậy m = 2 .Cho đường tròn tâm O , đường kính AB = 2 R . Gọi d1 và d 2 lần lượt là các tiếp tuyếnIVcủa đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E là điểm thay(3,0đ)đổi trên đường trịn (O) sao cho E khơng trùng với A và B . Đường thẳng d đi qua Evà vuông góc với đường thẳng EI cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N . 17dNEMAIBOd11(1,0đ)d2Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.MAI= MEI= 9000,5 + MEI =.Suy ra MAI1800 Vậy AMEI nội tiếp.0,5Chứng minh IB.NE = 3.IE.NB . = EBN (cùng phụ với EBA)+) EAI2(1,0đ) (cùng phụ với IEB ). Suy ra ∆IAE  ∆NBE .+) AEI = BEN0,5⇒IA NB=⇒ IA.NE = IE.NBIE NE0,25⇒IB.NE =IE.NB ⇒ IB.NE =3IE.NB (đpcm).30,25Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị khơng đổi và tìm giátrị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R .Do tứ giác AMEI nội tiếp nên AMI = AEI3(1). = BEN (2).Tương tự ta có tứ giác BNEI nên BIN (1,0đ) Theo trên ta có AEI = BENTừ (1), (2), (3) suy ra AMI = BIN(3).0,25(4).Do tam giác AMI và BIN vuông tại A và B , suy ra ∆AMI  ∆BIN .0,25 18Suy ra:AMAI= ⇒ AM .BN =AI .BI không đổi.BIBN+=Từ (4) ta có: BINAIM = AMI + AIM = 900 ⇒ MIN900 hay ∆MNI vng11tại I . Khi đó: S ∆MNI = IM .IN = AM 2 + AI 2 . BN 2 + BI 222≥R 3R 3R 21AM .BN . AI .BI =AI .BI ==2 AM . AI . 2 BN .BI =.22 24Dấu “=” xảy ra khi=AM AI=, BN BI . Vậy S ∆MNI đạt GTNN bằngV(1,0đ)3R 24Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh11+≥ 30.222a +b +cabcÁp dụng BĐT Cauchy ta có:1 = a + b + c ≥ 3 3 abc > 019⇒ ab + bc + ca ≥ 9abc > 0 ⇒≥2abc ab + bc + caab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc ) > 01119Khi đó: 2+≥ 2+=2222a +b +cabc a + b + cab + bc + ca1117= 2+++(1)22a +b +cab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca1 1 19Áp dụng bất đẳng thức + + ≥với mọi x, y, z > 0 ta đượcx y z x+ y+z(1,0đ)1119++≥ 222222a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca a + b + c + 2 ( ab + bc + ca )=0,259=92(a + b + c)0,250,250,25( 2)Lại có 1 = ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )2Thay ( 2 ) , ( 3) vào (1) ta được11+≥ 9 + 7.3 =30 .22a +b +cabc( 3)0,2521Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= .30,25 19Đề số 3Câu 1:1. Cho phương trình: mx 2 + x − 2 =0 (1), với m là tham sốa. Giải phương trình (1) khi m = 0 .0⇔x=2Khi m = 0 , ta có phương trình: x − 2 =Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2 .b. Giải phương trình (1) khi m = 1 .Khi m = 1 , ta có phương trình: x 2 + x − 2 =0Ta thấy: a + b + c =0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là:x1 = 1 ; x2 = −2 .2. Giải hệ phương trình:=6=3 x − 2 y =4 x 16x 4 =x 4⇔⇔⇔102 y 102 y 10 =x + 2 y = x +=4 +=y 3Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y ) = ( 4;3)Câu 2: 4 y8y   y − 12 +:− , với y > 0 , y ≠ 4 , y ≠ 9 .Cho biểu thức: A = 2+ y 4− y   y−2 yy  1. Rút gọn biểu thức A .A=())(−4 y − 8 y):(y −1− 2()y −2)( y + 2) y ( y − 2)−4 y ( y + 2 )− y +3=:( y − 2)( y + 2) y ( y − 2)y ( y − 2)−4 y=.( y − 2) − y + 3=((y − 2 − 8y y −12 :−y y −2y +2  y y −24 yy −24yy −3(với y > 0 , y ≠ 4 , y ≠ 9 ).2. Tìm y để A = −2 .) 204yA = −2 ⇔y −3=−2⇔ 4y =−2(y −3)⇔ 4y + 2 y − 6 =0Đặty = t > 0 ta có phương trình:4t 2 + 2t − 6 =0Ta có: a + b + c =0 nên phương trình có hai nghiệm:t1 = 1 (thỏa mãn đk)t2 = −6 (không thỏa mãn điều kiện)Với t = 1 , ta có: y = 1 (thỏa mãn đk)Vậy: A =−2 ⇔ y =1 .Câu 3:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m + 3 và parabol(P) : y = x2.1. Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2; 0 )Thay x = 2 và y = 0 vào phương trình đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m + 3 , ta có:0= 2.2 − m + 3 ⇔ m= 7Vậy: với m = 7 thì đường thẳng ( d ) đi qua điểm A ( 2; 0 ) .2. Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hồnh16 .độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn x12 − 2 x2 + x1 x2 =Phương trình hồnh độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là:x2 = 2x − m + 3 ⇔ x2 − 2x + m − 3 = 0Ta có: ∆ ' =( −1) − ( m − 3) =−m + 42Đườngthẳng(d )cắtparabol(P)tạihai∆ ' > 0 ⇔ −m + 4 > 0 ⇔ m < 4 x + x = x = 2 − x12Theo hệ thức Vi-et, ta có:  1 2⇔ 2 x1 .x2= m − 3 x1 .x2= m − 3điểmphânbiệt⇔ 2116 ta có:Thay x2= 2 − x1 vào biểu thức: x12 − 2 x2 + x1 x2 =x12 − 2 ( 2 − x1 ) + x1 ( 2 − x1 ) =16⇔ x12 − 4 + 4 x1 − x12 =16⇔ 4 x1 =20⇔ x1 =5⇒ x2 =−3Thay vào biểu thức: x1 .x2= m − 3 ta được:m − 3 =−15 ⇔ m =−12 (tm)Vậy: m = −12 .Câu 4: = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)1. Ta có: MFN⇒ NE ⊥ MEdLại có:P là trung điểm của MEFO là trung điểm của MNE⇒ OP là đường trung bình của ∆MEN⇒ OP  NEP⇒ OP ⊥ ME- Xét tứ giác ONFP ta có : = 900 (tính chất tiếp tuyến)ONF = 900 ( do OP ⊥ ME )OPF + OPF=⇒ ONF1800⇒ ONFP là tứ giác nội tiếp ( đpcm).MN  QF2. Xét MQF ta có:  PQ  MEMN  PQ  O O là trực tâm MQF⇒ OF ⊥ MQ ( đpcm)- Ta có:NMODQ 22  QMF  900 MFO  MFO   PQM0PQM  QMF  90 Mà MPQ= OPF= 900Nên MPQ ∽ OPFMP PQTừ đó suy ra= ⇒ PM .PF =PO.PQ (dpcm)OP PF3. Theo BĐT Cauchy ta được:22MF + 2 ME ≥ 2 2 ME.MF= 2 2 MN=2 2.4 R=4R 2Đẳng thức xảy ra ⇔ MF = 2 ME = 2 R 2Mà MF= ME + EFNên E là trung điểm MF1Xét MNF ta có: NE= ME= EF=MF2=⇒ MEMF .⇒ E là điểm chính giữa cung MNCâu 5:Đặt x= a + b ; y  b  c ; z  a  c ;1 1 1   2017x y z111Px  2 y  z x  y  2z 2x  y  z1 14Ta có:  x y x y1 14+ ≥y z y+z1 14 x x xz 11 1 111     2 x y z x  y y  z x  z 111 4  2 x  y  z 2 y  x  z 2 z  x  y 1  1 1 1  2017 P      4  x y z 4Dấu "  " xảy ra khi a= b= c=3.4034 23Đề số 4CâuNội dungĐiểm1. Giải các phương trình:a. x = 6b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c =Câu 1 x1 = 10.Vậyngiệmcủaphươngtrinhlà:(2điểm)x 2 = 42x - y = 35 x = 5x = 12. Giải hệ phương trình: ⇔⇔3x + y = 23x + y = 2 y = -1Câu 2(2điểm)1. Với y > 0; y ≠ 1 Ư(2)(0.50.750.75) y y -1 y y +1  2 y − 2 y + 1A=−: y- yy −1y + y ()22 y +1 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) A=−:y ( y -1)y ( y + 1) ( y + 1)( y − 1)() (y + y +1) (y - y +1)  2 y + 1A=−:yy ( y − 1)A=A=A=y + y +1- y + y -1y2 yy⋅(⋅()y −12( y + 1))y −12( y + 1)y −1y +12. Với y > 0; y ≠ 1 Ta có A =y −1y +1nguyên thì2nguyên hayy +12 y + 1 ⇔y + 1 ∈ U • (2) ⇔=y +1− 2y +1y + 1 ∈ {1, 2} ⇔= 1−2để A nhận giá trịy +11y ∈ {0,1} ⇔ y ∈ {0,1} (không thỏamãn ĐKXĐ).Vậy khơng có giá trị ngun nào của y để biểu thức B nhận giá trị nguyênCâu 3(2điểm)1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1 ⇒ n = 1 là giá trị cần tìm2. Xét phương trình hồnh độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - nx -1 = 0 CóΔ = n 2 + 8 > 0 với mọi n nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọinVậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồng độ lần lượt M(x1;10.5 240.75y1), N(x2; y2) khi đó y1 = 2x12 ; y 2 = 2x 2 2Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x1x 2 =Theo bài ra ta có−12S = x1 x2 + y1 y2 = x1 x2 + 2 x12 .2 x12 = x1 x2 + 4( x1 x2 ) 2 =−11 −11+ 4. =+ 1=24 220.751là giá trị cần tìm.2 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); EF ⊥ MQCâu 4 1. Ta có MPQ(3điểm) + EFQ = 900 + 900 = 1800 ⇒ tứ giác PEFQ nội tiếp đường trịn đường⇒ EPQS=1.0kính PQ + EFM = 900 + 900 = 1800 ⇒ tứ giác MNEF nội tiếp2. Tương tự ⇒ ENM= (hai góc nộ tiếp cùng chắn⇒ PFQPEQcung PQ trong đường trịn đường kính EQ) = NEM (hai góc nội tiếp cùng chắnNFMcung MN trong đường trịn đường kính ME) = PEQ (hai góc đối đỉnh)NEM1.0 = MFK (hai góc đối đỉnh)PFQ=⇒ NFMKFMhay PM là phân giác của góc NFM3. Ta có: = NQM (hai góc nội tiếp cùng chắnNPMcung MN trong đường trịn đường kính MQ) = EQF (hai góc nộ tiếp cùng chắnEPFcung EF trong đường trịn đường kính EQ) = EPL ⇒ PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE ⊥ P Q ⇒ PE là phân⇒ NPEΕΝ QNgiác ngoài của ΔNPL ⇒=⇒ ΕΝ.QL =QN. ΕL (đpcm)ΕL QLCâu 5 Với a, b, c là các số dương ta có:1 29(1điểm)(+) + ≥(1) ⇔ (m + 2n)(n + 2m) ≥ 9 mnm n m + 2n⇔ 2m 2 - 4mn + 2n 2 ≥ 0 ⇔ 2(m - n) 2 ≥ 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n1.00.25(+) m + 2n ≤ 3(m 2 + 2n 2 )(2) ⇔ (m + 2n) 2 ≤ 3(m 2 + 2n 2 )⇔ 2m 2 - 4mn+ 2m 2 ≥ 0 ⇔ 2(m - n) 2 ≥ 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n1 2993(+) Từ (1) và (2) suy ra + ≥(do m 2 + 2n 2 ≤ 3 p 2 ).≥≥22m n m+ 2np3(m + 2n )1 2 3Suy ra + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi m = n = pm n p0.250.250.25

Tài liệu liên quan

• 77 đề thi vào lớp 10 môn toán các trường chuyên có đáp án chi tiết
  • 203
  • 116
  • 0
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học KHTN ĐHQG Hà Nội
  • 5
  • 63
  • 0
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Ngãi
  • 6
  • 111
  • 0
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT An Giang
  • 5
  • 234
  • 0
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang
  • 7
  • 663
  • 1
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bến Tre
  • 7
  • 899
  • 3
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Phước
  • 4
  • 340
  • 0
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Thuận
  • 5
  • 574
  • 1
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Cao Bằng
  • 5
  • 45
  • 0
• Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Nai
  • 6
  • 271
  • 0

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(1.05 MB - 45 trang) - bộ đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh thanh hóa có đáp án Tải bản đầy đủ ngay ×