SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: TỐN Thời gian 120 phút Câu Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x  2x   x  y  101 b)  x  y  1 c) x  3x   Câu Cho hàm số y  0,5x có đồ thị parabol (P) Vẽ đồ thị (P) hàm số cho Xác định hệ số a, b phương trình (d): y = ax+b, biết (d) cắt trục hoành điểm có hồnh độ (d) cắt (P) điểm có hồnh độ Chứng tỏ (P) (d) tiếp xúc Câu Cho phương trình bậc hai x  3x  m  với m tham số Tìm m để phương trình có nghiệm x= - Tính nghiệm lại ứng với m vừa tìm Gọi x1 ;x hai nghiệm phương trình cho Tìm giá trị nhỏ A  x12  x22  3x1x2 Câu 4.Cho tam giác ABCnội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P trung điểm cạnh AB, BC, CA Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp đường tròn Kéo dài AN cắt đường tròn (O) G khác A Chứng minh ON = NG PN cắt cung nhỏ BG đường tròn (O) F Tính số đo OFP Câu Cầu vòm dạng cầu đẹp hình dáng cầu uốn lượn theo cung tròn tạo hài hòa thiết kế cảnh quan, đặt biệt là khu thị có dòng sơng chảy qua, tạo điểm nhấn cơng trình giao thơng đại Một cầu vòm thiết kế hình vẽ, vòm cầu cung tròn AMB Độ dài đoạn AB 30m, khoảng cách từ vị trí cao vòm cầu so với mặt sàn cầu đoạn MK có độ dài 5m Tính chiều dài vòm cầu ĐÁP ÁN VÀO 10 AN GIANG 2018-2019 C©u1 a) 3x  2x    x 3  3     3 x 3 3  3  3   5 x  y  101 x  y  x  y  x  50  x  51     b)  x  y  1 y   y  101 2y  100 y  50 y  50 c) x  3x  ta cã :    3 2 1 x    suy pt cã nghiÖm  VËy S    x    C©u a) Họcsinh tự vẽ(P) b)(d)cắt trục hoành ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng1  x  1;y  a b 0(1) (d)căt (P) ®iĨm cã hoµnh ®é lµ  x  2;y   2a  b  (2) a  b  a   Tõ(1) vµ (2) ta cã hÖ  2a  b  b  2  (d)y  2x  Ta có phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) lµ : x  2x  2 cã   (2)2  .2  Vậy (d) (P) tiếp xúc Câu a) phương trình có nghiệm x ta cã : (2)2  3.(2)  m  m  10 x   ptrinh :x  3x  10     5 b) x  3x  m  0(1)    3  4m   4m §Ĩ ptrinh cã nghiƯm th×     4m   m  x  x  Khi m  ¸p dơng vi et   x1x  m A  x12  x 22  3x1x  (x1  x )2  5x1x  32  5m   5m 9 45 9  5m    5m  A 4 4 9 VËy Min A    m  4 Cã m  Cau A P M O E B N C F G OM AB a) Do ABC M, N trung điểm AB, AC OMB  ONB  900 ON BC   XÐt tø gi¸c BMON cã :OMB  ONB  900  900 1800 BMON tứ giác nội tiếp OA R b) Do O trọng tâm ABC nê n ON   (tÝnh chÊt ®­êng trung tuyÕn) 2 R R Mµ OG  ON  NG  NG  OG  ON  R   2 R VËy NO  NG  (dpcm) c) Gäi E giao điểm OC PN Do ABC nê n OC AB mà NO / /AB (do NP đường trung bìn h tam giác ABC) suy OC NP E nê n OEF vuông E ON R (áp dụng hệ thức lượng ) Xét ONC vuông N có NE đường cao  NO  OE.OC  OE  OC R OE XÐt  vu«ng OEF cã :sin OFE  sin OFP     OFP  14 028' OF R Câu M B A K O N Gi ả sử AMB cung tròn đường tròn tâm O Ta vẽ đường kính MN M điểm cung AB  OM  AB AB  15(m) vµ K trung điểm AB AK AK 15 Xét AKM vuông K ta có :tan AMK MK Tam giác OMA cân t¹i O OA  OM  R  OMA  OAM  arctan  AOM  1800  (OMA  OAM)  1800  arctan OAB có OA OB R AOB cân O suy đường cao đồng thời phân giác Khi ®ã :AOB  2AOK  3600  arctan 73,70 Vậy độ dài cung AMB :l R.n .25.73,70   32,18(m) 1800 1800 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài:120 phút không kể thời gian giao đề Bài (2,5 điểm) a) Giải phương trình x2  x   x  y  2 x  y  b) Giải hệ phương trình  c) Rút gọn biểu thức: P  16   12 Bài (1,5 điểm) Cho parabol (P): y  x2 đường thằng (d): y  x  m (m tham số) a) Vẽ parabol (P) b) Với giá trị m (P) (d) có điểm chung Tìm tọa độ điểm chung Bài (1,5 điểm) a) Hai ô tô khởi hành lúc từ thành phố A đến thành phố B cách 450 km với vận tốc không đổi Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10km/h nên xe thứ đến trước xe thứ hai 1,5 Tính vận tốc xe b) Cho phương trình: x2  mx   (với m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2 x1  x2  Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) điểm A nằm ngồi đường tròn Kẻ cát tuyến AMN không qua (O) (M nằm A N) Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R) (B C hai tiếp điểm C tuộc cung nhỏ MN) Đường thẳng BC cắt MN AO E F Gọi I trung điểm MN a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh EB.EC = EM.EN IA phân giác BIC c) Tia MF cắt (O;R) điểm thứ hai D Chứng minh AMF ∽ AON BC //DN d) Giả sử OA = 2R Tính diện tích tam giác ABC theo R Bài (1,0 điểm) a) Giải phương trình x  3x   x  b) Cho ba số thực dương a, b thỏa a + b + 3ab = Tìm giá trị lớn biểu thức P   a   b2  3ab ab HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài a) Ta có + – = 0, phương trình cho có hai nghiệm x1  1; x2  5 x  y  3x  x  x     2 x  y  2 x  y  2.2  y  y 1 b)  Hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;1 c) P  16   12  42  422  Bài a) Bảng giá trị (P) x –2 –1 y  x2 2 b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x2  x  m  x2  x  m  0(1)  '  12  2. m   2m  (P) (d) có điểm chung phương trình (1) có nghiệm kép =>  '  hay 2m    m   Khi m   1 phương trình (1) có nghiệm kép x1  x2   y1  y2  2 1 1 2 2 Vậy tọa độ điểm chung  ;  Bài a) Gọi vận tốc xe thứ x (km/h) (điều kiện: x > 10) Thì vận tốc xe thứ hai x – 10(km/h) Thời gian xe thứ hết quãng đường AB là: Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB là: (h) x (h) x  10 Vì nên xe thứ đến trước xe thứ hai 1,5 ta có phương trình: 450 450    900x  900x  9000  3x2  30x x  10 x  3x2  30x  9000   x2  10x  3000    102  4.3000  12100 ; x1    110 10  110 10  110  50 (loại)  60 (nhận), x2  2 Vậy vận tốc xe thứ 60 (km/h) Thì vận tốc xe thứ hai 60 – 10 = 50(km/h) b) a = 1; b = – m; c = – Vì a c khác dấu, phương trình ln có hai nghiệm x1 ; x2 khác dấu Theo hệ thức Viete ta có: x1  x2  m (1) Vì x1 ; x2 khác dấu mà x1  x2  x1   x2  x1   x1 ; x2  x2 Ta có: x1  x2    x1  x2   x1  x2  6 (2) Từ (1) (2) suy m = – Bài C N M A I E O F D B a) Vì AB tiếp tuyến (O) tiếp điểm B  AB  OB hay ABO  900 Vì AC tiếp tuyến (O) tiếp điểm C  AC  OC hay ACO  900 Tứ giác ABOC có ACO  ABO  900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO b) Xét  EMB ECN có: EMB  ECN (hai góc nội tiếp chắn cung NB) EBM  ENC (hai góc nội tiếp chắn cung MC)  EMB ∽ ECN ( gg )  EM EB   EB.EC  EM EN EC EN Vì AB, AC tiếp tuyến (O) tiếp điểm B C nên AOB  AOC AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì I trung điểm MN  OI  MN (quan hệ vng góc đường kính dây)  AIO  900  I nằm đường tròn đường kính OA Xét đường tròn đường kính OA ta có: AIC  AOC; AIB  AOB (hai góc nội tiếp chắn cung) Mà AOB  AOC  AIC  AIB hay IA phân giác BIC c) Vì AB = AC OB = OC nên AO đường trung trực BC  AO vng góc với BC F 2 Xét  AOC vng C, đường cao CF ta có AF AO  AC FC  FA.FO Xét  ACM  ANC có: ACM  ANC A chung  ACM ∽ ANC ( gg )   AF AO  AM AN  AC AM   AC  AM AN AN AC AF AM  AN AO Xét AMF AON có: A chung ; AF AM   AMF ∽ AON (cgc) AN AO Xét FCM  FDB có: FCM  FDB (hai góc nội tiếp chắn cung MB) CFM  DFB (đối đỉnh)  FCM ∽ FDB  FM FC  FB FD  FM FD  FA.FO  FM FA  FO FD  FM FD  FB.FC  FC Xét FMA FOD có: MFA  OFD FM FA  FO FD  FMA ∽ FOD(cgc)  FMA  FOD Mà FMA  FON  FON  FOD FON FOD có: FO cạnh chung, FON  FOD , ON = OD  FON  FOD(cgc)  FN  FD Vì FN = FD ON = OD  FO đường trung trực ND  FO  ND mà FO  BC  ND//BC d) Xét  AOC vuông C ta có: OA2  AC  OC  AC  OA2  OC  4R2  R2  3R2  AC  R Xét  AOC vng C ta có: sin CAO  OC R   OA R  CAO  300  CAB  600  ABC có AB = AC CAB  600   ABC tam giác  đường cao h  AB S BCA 3R  2 1 3R 3R  h AB   R  (dvdt ) 2 Bài a) Điều kiện: x  Với x  ta có: x  3x   x       x  3x  x  3x    x  1 x  3x    x    x  1   3x     x    x  1 x  3x  x      x  1  x  3x    x 1  x    1  x  3x   2 x  3x   (*) Giải (*) x  3x   Với x  ta có:    x  3x   x    x 0 Dấu ‘=” xảy x = Vậy (*) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có tập nghiệm {0; 1} b) Đặt t  a  b  t   a  b   4ab Ta có:  a  b  3ab  t  t  3t  4t     t   3t     3t    t  2 Ta có:  a  b    a  2ab  b   2a2  2b2  a2  2ab  b2   a  b2    a  b   Dễ dàng chứng minh  a  b2  9 A  B  2 A  B   a   b2    a  b2  2  (1)   a   b2      9  Ta có: 3ab a  b  3ab  1  1  1  ab ab ab 2 2 Từ (1) (2) suy ra: P   a   b  Đẳng thức xảy a  b  Vậy giá trị lớn P (2) 3ab   ab 1  đạt a  b  3 10 Câu (2,25 điểm) 1) Phương trình x  x   có a  b  c      x1  1; x2  7 x  3y  2 x  y  10 17 x  34 x  x       5 x  y   x  y   x  y  2  y   y  2) x  x   x  x     x  (vì x   x ) 3) Câu (2,25 điểm) x y  x  có đồ thị (P) (d) 1) Vẽ hai đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ *  P  : y  x2 Cho hai hàm số y  x y 3 2 1 1 *  d  : y  x 1 x   y  1 x 1 y 0 -5 A 0; 1 B 1;0  -2 -4 2) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị (P) (d) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: 2 x  x   x2  x   x2  x     x     x  1 y   22  Thay x  vào y  x2 4 Ta Vậy tọa độ giao điểm hai đồ thị (P) (d) (2;1) Câu (1,75 điểm) a 1  a   1) a a 1 a  S  a a a   13 a a  a  a 1  a    a a  a  1 a 1 a  a  a  a 1 a  a 1 a   2 a a a 2) Gọi vận tốc xe máy x  km / h  ĐK x  Vận tốc xe ô tô x  20  km / h  60 h x 60 Thời gian xe ô tô từ A đến B là: h x  20 Thời gian xe máy từ A đến B là: Vì xe tơ đến B sớm xe máy 30 phút  84 h nên ta có PT a 1 a 60 60    120  x  20   120x  x  x  20  x x  20  120x  2400  120x  x  20x  x  20x  2400   x  20x  2400  '  100  2400  2500   '  2500  50 Phương trình có hai nghiệm x1  10  50  40 (t/m đk) x2  10  50  60 (không t/m đk) Vậy vận tốc xe máy 40km / h Vận tốc xe ô tô 40  20  60  km / h  Câu (0,75 điểm) x   2m  3 x  m  2m  có    2m     m2  2m   4m2  12m   4m  8m  4m  Phương trình có hai nghiệm phân biệt    4m    4m  9  m  Áp dụng định lý Vi et ta có:  S  x1  x2  2m    P  x1 x2  m  2m x1  x2    x1  x2   49  x12  x2  x1.x2  49   x1  x2   x1.x2  49 2  x1  x2  2m  Thay   x1 x2  m  2m   Ta  2m    m  2m  49  4m   49  m  10 (t/m đk) Câu (3 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Lấy điểm C thuộc đường tròn (O), với C khác A B, biết CA < CB Lấy điểm M thuộc đoạn OB, với M khác O B Đường thẳng qua điểm M vng góc với AB cắt hai đường thẳng AC BC hai điểm D H 1) Chứng minh bốn điểm A, C, H, M thuộc đường tròn xác định tâm đường tròn 2) Chứng minh: MA.MB = MD.MH 3) Gọi E giao điểm đường thẳng BD với đường tròn (O), E khác B Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng 4) Trên tia đối tia BA lấy điểm N cho MN = AB, Gọi P Q tương ứng hình chiếu vng góc điểm M BD N AD Chứng minh bốn điểm D, Q, H, P thuộc đường tròn 85 D Q C E H A O F P B M N 1) Tự giải 2) Tứ giác ACHM nội tiếp  DAM  MHB (cùng bù CHM ) MA MD   MA.MB  MD.MH MH MB 3) Dễ thấy AE BC hai đường cao DAB  H trực tâm  DAB  AH  DB  1  MAD ∽ MHB  g  g   AEB  900 (góc nội tiếp chắn đường tròn)  AE  DB   (1) (2) suy ba điểm A,H, E thẳng hàng 4) Gọi F giao điểm MP NQ Dễ thấy MP / / AE  HAB  FMN (đồng vị) BC / / NQ  HBA  FNM (đồng vị).Lại có AB  MN  gt   AHB  MFN  g.c.g   HB  FN mà HB / / FN suy tứ giác HFNB hình bình hành  HF / / BN lại có  DH  BN  DH  HF  DHF  900 Do DQF  DHF  DPF  900  điểm D,Q,H,P,F thuộc đường tròn hay bốn điểm D, Q, H, P thuộc đường tròn 86 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 07/07/2018 Câu a) Tính H  81  16 b) Tìm điều kiện x để x  có nghĩa Câu x  2y  Giải hệ phương trình  3x  2y  Câu  x  y  xy   Rút gọn biểu thức M    1 x  y  víi x  0;y     x    Câu a) Giải phương trình x  2x   b) Cho phương trình x  6x  m  (với m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : y  3x  b parabol    P  : y  2x a) Xác định hệ số b để (d) qua điểm A(0;1) b) Với b  1 , tìm tọa độ giao điểm (d) (P) phương pháp đại số Câu Để chuẩn bị cho mùa giai tới, vận động viên đua xe Đồng Tháp luyện tập leo dốc đổ dốc cầu Cao Lãnh Biết đoạn leo đốc đổ dốc hai bên đầu cầu có độ dài 1km Trong lần luyện tập, vận động viên đổ dốc nhanh vận tốc leo dốc 9km/h tổng thời gian hồn thành phút Tính vận tốc leo dốc vận động viên lần tập luyện Câu Nhằm tiếp tục đẩy mạnh phong trào xây dựng trường học Xanh – Sạch – Đẹp, trường THCS A thiết kế khuôn viên để trồng hoa có dạng hình tam giác vng (như hình bên, biết MNK vuông M, MN = 6m, MK=8m a) Tính độ dài đoạn NK, MH b) Biết chi phí trồng hoa mười 20.000 đồng mét vng chiều dài Tính tổng chi phí để trồng luống hoa mười N H M Câu Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC), đường cao AH  H  BC  lấy điểm D cho BD=BA, vẽ CE vng góc với AD  E  AD  a) Chứng minh tứ giác AHCE tứ giác nội tiếp b) Chứng minh DA.HE=DH.AC c) Chứng minh tam giác EHC cân 87 K ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 ĐỒNG THÁP 2018-2019 1)a) H  81  16    b) §Ĩ x  cã nghÜa th× x    x  2 x  2y  x   2y x   2y x   2.(1) x  2)      3x  2y  3(3  2y)  2y  8y  8  y  1  y Vậy hệ phương trình có nghiệm nhÊt (x;y)  (1; 1)  x  y  xy   3) M    1   x       x  y  xy   x  x   x 1   xy  x y x 1  x 1 x y        x  y (víi x  0;y  0)  x y   x y  x  y  xy  x x    x 1   x y   x y x y x 1     x y x  y  x  y x  y xy x 1 C©u 4)a) x  2x    x  4x  2x    x(x  4)  2(x  4)  x   x  2  (x  2).(x  4)     x   x  VËy S  2;4 b) x  6x  m  Ta cã :  '  32 m m Để p hương trình trª n cã nghiƯm th  m  m Câu 5: a) Vì (d) : y  3x  b qua A(0;1)   3.0  b  b  b) Víi b  1ta cã (d) : y  3x  Ta có phương trình hoành độ giao điểm (d) vµ (P) lµ 2x  3x   2x 3x Phương trình cã d¹ng a  b  c  x1 y Phương trình có nghiÖm  x  1  y   2 VËy täa ®é giao ®iĨm cđa (d) vµ (P) lµ :( 1;2); ( 88 1 ; ) 2   C©u 6) Gäi x(km/ h) lµ vËn tèc leo dèc(x  0)  h 20 1  Thêi gian leo dèc : ;Thêi gian xuèng dèc : x x9 1 Ta có phương trình: x x  20 xx9    20(2x  9)  x  9x x(x  9) 20  x  9x  40x  180   x  31x  180     31  4.1.(180)  1681     41 31  41  5(loại) x Phương trình cã 2nghiÖm  x  31  41  36 (chän)  2 VËy vËn tèc leo dèc lµ 36 km / h Cau N H M K a) áp dụng hệ thức lượng vào NMK vuông M,đường cao MH 1 25 576 MH       4,8(m) 2 MH 576 25 áp dụng định lý Pytago vào NMK vuông M NK MN  MK  62  82  10(m) b)Số tiền để trồng luống hoa mười : 20000.(NK  MH)  20000.(10  4, 8)  296 000(®ång) 89 Cau A C B H D E a) Ta cã :AHC  AEC  900 mµ H, E đỉnh liên tiếp nhìn AC Tứ giácAHEC nội tiếp b) Xét ADC HDE cã : HDE  ADC (®èi ®Ønh) DAC  DHE (cùng nhìn EC tứgiác nội tiếp AHEC) ADC HDE (g  g) DA DH    DA.HE  DH.AC (®pcm) CA EH c) Ta cã :BA  BD (gt) ABD cân B BAD BDA mà BDA CDE (đối đỉnh) 900 BDA  900  CDE  DAC  DCE mµ DAC  EHC (cïng nh×n cungEC)  DCE  EHC HEC cân E 90 S GIO DC V ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: TỐN (không chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) Bài 2x  y  1 Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  x  2y  4 Gọi x1 ;x hai nghiệm phương trình x  2x  11  Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức T  x12  x1x2  x22 Bài Rút gọn biểu thức   1 A  2:   (x  0)  x 1 1 x     Cho hai đường thẳng (d1 ) : y  x   d  : y  mx   m (với m tham số, m  ) Gọi I(x0 ;y0 ) giao điểm  d1  với  d  Tính giá trị biểu thức T  x02  y02 Bài Một hình chữ nhật có diện tích 360 (m ) Nếu tăng chiều rộng lên 3m giảm chiều dài 10m hình chữ nhật có diện tích diện tích hình chữ nhật ban đầu Tính chu vi hình chữ nhật ban đầu Giải phương trình: x    x  15 Bài Cho điểm S cố định bên ngồi đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến SA đường tròn (O)(với A tiếp điểm) cát tuyến SCB không qua tâm O, điểm O nằm góc ASB, điểm C nằm S B Gọi H trung điểm đoạn thẳng CB 1) Chứng minh tứ giác SAOH nội tiếp đường tròn 2) Chứng mnh SA  SB.SC 3) Gọi MN đường kính đường tròn (O) cho ba điểm S, M, N không thẳng hàng Xác định vị trí MN để diện tích tam giác SMN lớn Bài Giả sử hai số tự nhiên có chữ số abc xyz có số dư chia cho 11 Chứng minh abcxyz chia hết cho 11 91 ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 GIA LAI 2018-2019 c¢U1: 2x  y  2x  y  x  2y  x  2.3  x  1)      x  2y  4 2x  4y  8 3y  9 y  y Vậy hệ phương trình có nghiệm nhÊt (x;y)  (2;3) 2) ta cã :  '  ( 1)2  1.( 11)  12  x x Phương trình có hai nghiệm phân biệt áp dụng Viet x1x  11 T  x12  x1x  x 22   x1  x   3x1x  2  3.(11)  37 VËy T  37  Bµi 2.1) A  :    2:  x 1 1   x     x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1   2: x   x x 11 2) Ta cã ph­¬ng trình hoành độ giao điểm : x  mx   m (m  1)  x  mx   m  x(1  m)   m  x   y    nª n T  x 02  y02  12  12  Bµi 3.1) Gäi a(m) lµ chiỊu dµi (a  0) 360 Chiều rộng : a Nếu tăng chiều rộng lê n 3m gi ả m chiều dài 3m S không đổi 360 (a  10)     360  a  3600  360   3a  30  360 a 3600  3a   30   3a  30a  3600  a a  40(chän)   ChiỊu dµi :40m,chiỊu réng : 360 : 40 9(m) a 30(loại) Nê n chu vi ban đầu : 40   98(m) 92 x    x  15(1  x  6)   x  15  x Bình phương vế : 49(6 x)  225  30 x   x   30 x   224  50x  294  x   5x Bình phương vế : x   25x  70x  49 x  (chän)  29  VËy S  2;   25x  79x  58    29 x  (chän)  25  25  Cau A M O B S C H N K a) Vì H trung điểm BC OH BC (Đường kính dây cung) OHC  900 Tø gi¸c OASH cã :OAS  OHS  900 900 1800 OASH tứ giác néi tiÕp b) XÐt SAB vµ SCA cã :S chung;SAC  SBA (cïng ch¾n AC) SA SC  SAB SCA (g  g)    SA  SB.SC SB SA c) KỴSK  MN 1 Ta cã :S SMN SK.MN SO.MN (Vì OKS vuông K  SO  SK) 2 VËy ®ĨS SMN max th  H  O VËy SO võa trung tuyến, vừa đường cao SMN cân S MN  SO 93 Cau Gäi P lµ sè d­ cña abc chia cho11(0  p  11)  100a  10 b c  11M  p t­¬ng tù100 x  10y  z  11N  p ta cã :abcxyz  100.000a  10.000b  1.000c  100x  10y  z  1000(100a  10b  c)  (100 x  10 y z)  1000(11M  p)  11N  p  11(1000M  N)  1001p 11(1000M  N ) 11 mµ   abcxyz 11 1001 11 94 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2015-2016 Môn thi: TOÁN Thời gian thi: 120 phút   a 1 a 2   Câu Cho biểu thức P       :  a   a 2 a    a 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm a để P  Câu Cho phương trình x  2(m  1)x  m   a) Với giá trị m phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để phương tình có hai nghiệm x1 ;x thỏa mãn điều kiện x1  3x2 Câu Hai người thợ làm công việc 16 xong Nếu người thứ làm người thứ hai làm họ làm công việc Hỏi người làm cơng việc xong Câu Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB; C điểm cung AB M thuộc cung AC  M  A;M  C  Qua M kẻ tiếp tuyến d với nửa đường tròn, gọi H giao điểm BM OC Từ H kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt tiếp tuyến d E a) Chứng minh OHME tứ giác nội tiêps b) Chứng minh EH = R c) Kẻ MK vng góc với OC K Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMK Câu Tìm giá trị lớn A  x   y  , biết x  y  95 DAP AN DE VAO 10 HA GIANG 2015-2016 C©u1    a 1 a   a     a) P=  :       a   a 2 a    a  1;a    a 1  a  1    a  2   a    a  1   a  a 1 : a( a  1)  a( a  1)   a  1 a 1 a 2 a 1  a  a 2 a a 2  a 2 16    a  12  a  a  12  a   a  6 a 16 VËy a  a P C©u 2: a) x  2(m  1)x  m   b) V× P   '  (m  1)2  m   m  2m   m   m  3m m  §Ĩ ptrinh cã nghiệm phân biệt ' m  3m    m  x  x  2m  b) ¸p dông Viet   x1x  m  m 1  x1  3x 4x  2m  x2       Ta cã x1  x  2m   x1  3x   x  3m  x1x  m  x1x  m    m 1  x1x  m     (m  1)  m     (m  2m  1)  m   5 m (chän)    m  m 0 4  52 (lo¹i) m   96 Cau C M E K D O' H A O B a) EM lµ tiÕp tuyÕn  EMO  900 Ta có C điểm CO BA  AOC  900 mµ HE / /AB  EHO  900 Tø gi¸c EMHO cã EMO  EHO 900 ,có đỉnh M, H liên tiếp nhìn EO dưới1góc 900 EMHO tứ giác nội tiếp b) Vì EMHO tứ giác nội tiếp MHE MOE (cùng nhìn ME)(1) mà MHE MBA (đồng vị)(2) mà MBA BMO MOB cân OM  OB  R  (3) BMO  HEO (cùng nhìn HO)(4) HEO EOA (so le trong) (5) tõ (1);(2);(3);(4);(5)  MOE  EOA vµ OE chung;OA  OM  R  EMO  EAO (cgc)  A  M  900  Tø gi¸c AEHO cã 3góc vuông nê n hình chữ nhật EH  AO  R c) Ta gäi D lµ tâm đường tròn nội tiếp OMK DOC MOK mµ DBC  MOK (gãc néi tiÕp vµ góc tâm chắn MC) DBC DOC Mà DBC, DOC có 2đỉnh liên tiếp O,B nhìn cạnh DC dưới1góc bằ ng ODCB nội tiếp Đường tròn ngoại tiếp OBC qua tâm D 97 Bµi 3.Gäi x(giê) lµ thêi gian xong viƯc cđa ng­êi thø1(x  16) Gäi y (giê) lµ thêi gian xong viƯc cđa ng­êi thø II (y  16) 1giờ người thứ I làm được: x 1giờ người thứ II làm được: y 1 1  x  y  16  x  24 x  24  (chän)   Theo ®Ị ta cã hƯ ph­¬ng trinh:  x  48 1  3    y 48  x y vËy ng­êi thø nhÊt mÊt 24h xong;ng­êi thø hai mÊt 48 h xong Cau ¸p dơng hƯ thøc Bunhiacopxki  A  x 1  y   1   12  x   y    2.(4  3)   x  x   y   Max A  DÊu"  "x ¶ y    x  y  y    x  VËy Max A    y   98 ... tiếp file word đề- đáp án Zalo 0946095198 Chứng minh AD.CE=AC.AE Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE M N chứng minh tứ giác AMBN hình bình hành 15 ĐÁP ÁN ĐỀ TOÁN VÀO 10 BẮC CẠN 2018- 2019 C©u1: a)3x-2=0... 3 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 06/06 /2018 Thời gian làm 120 phút, khơng kể thời gian giao đề ĐỀ... 450    900x  900x  9000  3x2  30x x  10 x  3x2  30x  9000   x2  10x  3000    102  4.3000  1 2100 ; x1    110 10  110 10  110  50 (loại)  60 (nhận), x2  2 Vậy vận tốc