Hướng dẫn Trắc nghiệm Mã 508 Câu Đ.án C A Câu 13 Đ.án B Câu 23 14 A C 15 A D B 16 A 17 B B 18 B C 19 A C 20 B B 21 C 10 A 22 A 23 D 11 D 24 A 12 B 25 B Gọi kích thước hình chữ nhật a (m) (b1+b2) (m) Ta có diện tích hình chữ nhật S  a  b1  b  a  b12 a  b 22 12  12  ab1  ab �   1 2 2 Dấu = xảy a = b1 = b2= 2 Vậy Max S = a = b1 = b2= Tự luận: Câu a) Đáp án: P = b) m = c) x1=1; x2=5 Câu 3x  y  � �x  �� � �x  2y  �y  a) Thay m = ta có hệ phương trình b) Hệ phương trình có nghiệm (x,y) với m giải hệ theo m ta x = m + 1; y = m Theo x2 + y2 =  Câu  m  1  m  � 2m  2m   � m  1;m  2 Hình thứ H thuộc OA a) MA = MD (gt) => OM vng góc với AD => góc OMD = 900 mà góc DHO = 900 (do CD vng góc với AB) => đỉnh H M nhìn DO góc khơng đổi => tứ giác MHOD thuộc đường tròn b) Gọi K giao điểm MH BC ta có góc CHK = góc MHD (đối đỉnh) tam giác AHD vng có HM trung tuyến ứng cạnh huyền => HM = DM => góc MHD = góc MDH Lại có góc MDH = góc ABC => góc CHK = góc ABC => tam giác CKH đồng dạng với tam giác CHB (g – g) => góc CKH = góc CHB = 900 => MH vng góc với BC K (có thể cộng góc CHK + góc HCK = 900) Cách khác: Ta có góc ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => AC vng góc với BC Xét tam giác ACD có MA = MD (gt) AB vng góc với CD => HC = HD => MH đường trung bình tam giác ACD => MH//AC hay MK//AC => MK vng góc với BC Hình thứ H thuộc OB) a) MA = MD (gt) => OM vuông góc với AD => góc OMD = 900 mà góc DHO = 900 (do CD vng góc với AB) => góc OMD + góc OHD = 1800 => tứ giác DMOH nội tiếp b) làm tương tự trường hợp (vẽ hình vào trường hợp làm trường hợp đó, Khơng phải làm hai trường hợp) Câu Ta có x  y3  z3 x2 y2 z2 2 x2 y2 z2         2xyz 2yz 2xz xy => A = x  y y  z z  x 2yz 2xz 2xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có z2 z2 z2 z 2xy �x  y  �   � 2xy x  y 2xy x  y 2 Tương tự  x2 x y2 y2 � 2 ; � 2 2yz y  z 2zx x  z 2 x2 y2 z2 A�      x  y2 y2  z z  x y2  z z  x x  y2 =>  z2  x2  y2 A�   x  y2 y2  z z2  x => 2 2 2 2 2 2 Mà x  y  z  �  x  y  z ;2  y  x  z ;  z  x  y x  y2 y2  z2 z  x A�  2 3 2 x  y y  z z  x => Dấu = xảy x = y = z = Vậy Max A = x = y = z = Hết - Hướng dẫn Bài III 2) b) Phương trình hồnh độ giao điểm x   m  2 x  � x   m  2 x   Theo Vi ét ta có: �x1  x  m  � �x1.x  3 Để x1 ; x2 nguyên => x1 = ; x2 = -3 x1 = -1 ; x2 = => m=-4;m=0 Bài IV 3) ta có AK // SC => góc KAH = góc CSB = góc KDH => đỉnh A, D nhìn KH góc khơng đổi => tứ giác ADHK nội tiếp *) tứ giác ADHK nội tiếp => góc AHK = góc ADK = góc ABC => KH // BC Gọi L giao điểm AK BC; KH // BC; AH = HB => KA = KL Áp dụng hệ Ta lét ta có AK/SI = KL/IC = BK/BI (I giao điểm BK SC) => IS = IC hay BK qua trung điểm SC 4) ta có góc ADB = ½ góc AOB (khơng đổi) Áp dụng tính chất đường trung tuyến tam giác vuông => EF = BE = DE => góc BEF = góc ADB (khơng đổi) => góc EBF = góc EFB =( 1800 – góc BEF)/2 (khơng đổi) => góc BFD = góc EFD + góc EFB = góc ADB + góc EFB (khơng đổi) => góc AFB = 1800 - góc BFD (khơng đổi) => F thuộc cung chứa góc AFB khơng đổi dựng AB Cách a  b  3ab  � 4(a  b)  12ab  � 4(a  b)  3(a  b) �4 (theo (1)) � 3(a  b)  4(a  b)  �0 � (a  b  2)  3(a  b)  2 �0 � 3(a  b)  �0 (vì a, b  � a  b   0) � ab � � 2(a  b ) �(a  b) � (theo (2)) Áp dụng kết trên, ta có:   a   b2  �2   a   b     a  b  �4  32  9 �  a2   b2 � 3ab  (a  b) 1   1 � 1  ab ab a b Do đó: 3ab P   a2   b2  �  ab Dấu “=” xảy �a  b �a  b �� �� � a  b  (vì a, b  0) 3a  2a   �a  b  3ab  � Vậy maxS  1  ab Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương Hướng dẫn Bài a) Ta có M, N trung điểm AB, AC => OM vng góc với AB; ON vng góc với AC => góc BMO = góc BNO = 900 => tứ giác BMON nội tiếp b) tam giác ABC => AO trung trực BC => AO quan N => O trọng tâm tam giác ABC => ON = ½ OA = R/2 ; mà OG = R => NO = NG c) Gọi J giao điểm MC NP => MC qua O CM vng góc với AB nên CM vng góc với NP J Áp dụng hệ thức lượng tam giác NOC ta có ON2 = OJ.OC => OJ = ON2:OC = R2/4 : R = R/4 => sinOFP = OJ/OF = (R/4): R = ¼ => góc OFP = 14028’ Bài Ta có M điểm cung AB => MO vng góc với AB K, vẽ đường kính MN ta có Tam giác AMN vng A, AK vng góc với MN; AK = KB = 15 m; MK = 5m Áp dụng hệ thức lượng ta có AK2 = MK.KN => KN = 152:5 = 45 m => MN = 50m => R(O) = 25m Xét tam giác AKN vuông K => tanN = AK:KN = 15:45 = 1/3 => góc ANM = 18,430 => góc AOB = 73,70 25.73,7 �32,14m => độ dài vòm cầu độ dài cung AB là: 180 (m) Hết SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẾN TRE KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT Năm học: 2018 – 2019 Mơn thi:TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2,5 điểm) 1) Thực phép tính: A  12  27  48 � 1 �x1 P �  �: x  1� x  với x �0;x ��1 � x 1 2) Rút gọn biểu thức: � x  2y  12 � � 3x  y  3) Giải hệ phương trình: � Bài (2,0 điểm) Cho phương trình: x  5x  m  ( m tham số) a) Giải phương trình m  3 x ;x 9x  2x2  18 b) Tìm m để phương trình thỏa mãn Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (d) : y  (2m  1)x  (P ) : y  x đường thẳng a)Vẽ đồ thị (P ) b) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm E (7;12) (P ) : y  x2 hai điểm A, B Tìm tọa độ A, B c) Đường thẳng y  cắt parabol tính diện tích tam giác OAB Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K (K khác A), hai dây MN BK cắt E Chứng minh tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp  CE CH Chứng minh CACK Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vng góc với AC, (d) cắt tia MK F Chứng minh tam giác NFK cân Khi K E  K C Chứng minh OK // MN Hướng dẫn Bài a) góc AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) MN vng góc với AB H => góc AHE = 900 => tứ giác AKEH nội tiếp b) góc CKE = góc CHA = 900 => tam giác CKE đồng dạng với tam giác CHA => CK/CH = CE/CA => CK.CA = CE.CH c) FN vng góc với AC; BK vng góc với AC => FN //BK => góc KNF = góc NKB (so le trong) Góc KFN = góc MKB (đồng vị) Mà AB vng góc với MN => cung MB = cung BN => góc MKB = góc BKN => góc KFN = góc KNF => tam giác KFN vuông cân d) KE = KC => tam giác KEC vng cân K => góc C = 450 => tam giác AHC vuông cân H => góc A = 450 => K điểm cung AB => OK vng góc với AB; mà MN vng góc với AB => OK //MN Hướng dẫn Bài a) ta có góc AQK = góc ANK = 900 => góc AQK + góc ANK = 1800 => tứ giác AQKN nội tiếp đường tròn đường kính AK => tâm I đường trịn trung điểm AK b) ta có tam giác ABC cân A => AO đường trung trực BC => AO qua K M (t/c tam giác cân) => góc BAK = góc MAC => tam giác QAK đồng dạng với tam giác MAC => QA/MA = AK/AC => AQ.AC = AK.AM c) ta có IA = IN => góc IAN = góc INA lại có tam giác BNC vuông N, MB = MC => MN = MC => góc MNC = góc MCN mà góc IAN + góc MCN = 900 => góc INA + góc MNC = 900 => góc INM = 900 => MN tiếp tuyến (I) Bài Xét phương trình x  2mx   có nghiệm phân biệt x1; x2; x3; x4 => nghiệm có đơi đối Giả sử x1 x2; x3 x4 đối => x14  x 24 ; x 34  x 44 � x14  x 24  x 34  x 44  32 �  x14  x 34   32 � x14  x 34  16 Đặt x2 = t (t �0) ta có pt: t  2mt   (1) 2 => Pt (1) có nghiệm phân biệt dương thỏa mãn t1  t  16 Ta có  '  m  Theo vi ét ta có : �t1  t  2m � �t1t  �� m  2 � m2   �� � �� m  � m  2 � 2m  � � m0 � Do pt (1) có hai nghiệm phân biệt dương 2 t12  t 22  16 �  t1  t   2t1t  16 �  2m    16 Để � 4m  24 � m  � m  m   Đối chiếu điều kiện m   Hướng dẫn Bài a) ta có góc BFC = góc BEC = 900 => đỉnh F E nhìn BC góc 900 => tứ giác BFEC nội tiếp b) góc BEC = 900 => BC đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC => M tâm đường trịn => góc EBC góc nội tiếp chắn cung EC cịn góc EMC góc tâm chắn cung EC Nếu góc EBC = 300 => góc EMC = 600 c) ta có tứ giác BDHF nội tiếp; tứ giác DCEH nội tiếp => góc EDH = góc FBH = góc FCE = góc HDE => góc FDE = góc FBE mà góc FBE góc nội tiếp chắn cung EF cịn góc FME góc tâm chắn cung EF => góc FME = góc FBE => góc FDE = góc FME Bai 1 1   2 Ta có a + b = ; a.b = a  b   a  b   2ab    2 �3 � 17 4 2 2 a  b   a  b   2a b  � �  �2 � 8  4 7 3 4 3 a  b   a  b   a  b   a b (a  b) a  b3   a  b   3ab  a  b   2  Do 17 169 = - 64 = 64 Bài Cho (O), từ A ngồi đường trịn vẽ đường thẳng AO cắt (O) B, C (AB < AC) Qua A vẽ đường thẳng không qua O cắt đường tròn (O) D, E (AD < AE) Đường thẳng vng góc với AB A cắt đường thẳng CE F a) Chứng minh tứ giác ABEF tứ giác nội tiếp b) Gọi M giao điểm thứ hai FB (O) Chứng minh DM vng góc với AC c) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2 Hướng dẫn Bài ĐK x �1 5x  6x  2018 5x(x  1)  x   2017 2017   5x   x 1 x 1 x 1 Ta có Để Q(x) nguyên (x+1) �Ư(2017)=  �1; �2017 => x � 2;0; 2018; 2016 Q x  Bài a) ta có góc BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => góc BEF = 900 , mà góc FAB = 900 => tứ giác ABEF nội tiếp (tổng góc đối 1800) b) ta có tứ giác ABEF nội tiếp => góc AFB = góc AEB = góc BMD => AF//DM Mà AF vng góc với AC => DM vng góc với AC c) ta có tam giác CEB dồng dạng với tam giác CAF => CE.CF = CB.CA tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEC (g.g) => AD.AE = AB.AC => CE.CF + AD.AE = CB.AC + AB.AC = AC(CB + AB) = AC.AC = AC Hết ... => KE = KF Câu Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn (chung) – Đề Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên... định SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018- 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Đề gồm trang, có câu) Câu ( 2,25 điểm) 1) Giải phương... FHC + góc HCF = 1800 (tổng góc tam giác) Mà góc EBH góc HCF góc phía => BE//CF SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT Mơn thi: Tốn Ngày thi: 13/06 /2018 Thời gian: 120 phút