Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Bắc Giang

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Bắc Giang gồm 5 bài toán tự luận, có lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

42 21 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu I
(2,0đ)
1)
A 2538218562625 
Vậy A = 5.
1.0
2)
Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2; 3) nên ta có:
2.2 m 3 m 1
Vậ
y
m = – 1 là
g
iá t
r
ị cần tìm.
1.0
Câu
II
(3,0đ)
1)
3x y 10 9x 3y 30 11x 33
2x3y3 2x3y3 3xy10
x3 x3
3.3y10 y1




 







Vậ
y
n
g
hiệm của hệ phươn
g
t
r
ình là (3; 1).
0.75
2)
Với
1
x0;x1;x
4

, ta có:




xx x x x 3 x1
B
xx 1 1 x 2x x 1
xx x1 x1 x1
x3
x1
x1x x1 x12x1
xx3x1
x1 x1 2x1
2x 3 x 1
x12x1
2x 3
2x 1






















2x 3
B 0 2 x 1 0 (do 2 x 3 0)
2x 1
11
x 0 x
24


Vậy với
1
0x
4

thì B < 0.
1.0
3a)
Phương trình
2
x(2m5)x2m10 (1)
Khi
1
m
2
 , phương trình (1) trở thành:
2
x0 x0
x4x0 x(x4)0
x40 x4






Vậy khi
1
m
2
 thì phương trình (1) có tập nghiệm S {0;4} .
0.5
3b)
22 2
(2m 5) 4(2m 1) 4m 12m 21 (2m 3) 12 0 m
Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
12
12
xx 2m5
xx 2m 1


Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là:
2m 5 0
1
m
2m 1 0
2



Ta có:




2
2
12 12 12
2
Pxx xx2xx
2m 5 2 2m 1 2m 1 2 2m 1 1 3
2m 1 1 3 3
P 3 (do P 0)




Dấu “=” xảy ra
2m 1 1 0 2m 1 1 m 0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó
min P 3
.
0.75
Câu
III
(1,5đ)
Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y (
*
x,y N ).
Lớp 9A ủng hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham
khảo, lớp 9B ủng hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham
khảo.
Ta có hệ phương trình:
9x 9y 738 x y 82
(6x 5y) (3x 4y) 166 3x y 166





Giải hệ được:
x42
y40
(thỏa mãn điều kiện)
Vậ
y
lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh.
1.5
Câu
IV
(3,0đ)
2
D
1
1
1
A
B
K
H
E
O
C
0.25
1)
Tứ giác ABEK có:
0
0
0
AEB 90 (AE BC)
AKB 90 (BK AC)
AEB AKB 180



Tứ giác ABEK nội tiếp
0.5
2)
CEA và
CKB có:
0
ACB chung ; CEA CKB 90
CEA CKB (g.g)
CE CA
CE.CB CK.CA
CK CB

0.5
3)
Vẽ đường kính AD của (O).
ABE vuông tại E nên
0
1
AABC90
Mà
1
ABC D (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))
0
11
AD90 (1)
ACD có
0
ACD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
21
AD90
Mặt khác,
2
1
AC ( OAC cân tại O)
0
1
1
CD90 (2)
Từ (1) và (2)
1
1
AC
Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD thì chứng minh nhanh hơn nhưng
k
hông tiện cho phần 4.
0.75
4)
Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC,
OI cắt BC tại N
N là trung điểm của OI, BC và
các điểm I, N cố định.
Ta thấy BH // CD (cùng
AC)
Tương tự: CH // BD
Tứ giác BHCD là hình bình hành
N là trung điểm của BC thì N
cũng là trung điểm của HD
AHD có ON là đường trung bình
AH = 2ON
AH = OI (= 2ON)
Lại có AH // OI (cùng
BC)
Tứ giác AHIO là hình bình hành
IH = OA = R = 3 (cm)
H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định.
Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động nhưng có độ dài không
đổi thì AH không đổi, do đó H di chuyển trên (A; R’) cố định, với R’
b
ằn
g
2 lần khoản
g
cách từ O đến BC.
1.0
Câu
V
(0,5đ)

2002 2017
Q 2996a 5501b
ab
2002 2017
8008a 2017b 2506 2a 3b
ab





0.5
I
C
O
D
H
N
A
B
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và sử dụng giả thiết 2a 3b 4, ta có:
2002 2017
Q 2 8008a 2 2017b 2506.4
ab
Q 8008 4034 10024 2018


Dấu “=” xảy ra
2002
8008a
a
1
a
2017
2017b
2
b
b
1
2a 3b 4





Vậy min Q = 2018
1
a
2
b
1
Thầy giáo Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm        1) A 25 3 8 2 18 5 6 2 6 2 5 1.0 Câu I Vậy A = 5. (2,0đ)
Vì đồ thị hàm số y = 2x + m đi qua điểm K(2; 3) nên ta có: 2) 2.2  m  3  m  1  1.0
Vậy m = – 1 là giá trị cần tìm. 3x   y  10 9  x  3y  30 1  1x  33      2x  3y  3 2x  3y  3 3  x  y  10 1) x  3 x  3 0.75     3  .3  y  10 y  1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 1). 1
Với x  0;x  1;x  , ta có: 4  x x  x  x x  3  x 1 B      x x 1 1 x 2x  x 1    x x  x   1   x  1 x   1 x 3     
 x  1x  x  1 x 1  x   1 2 x    1  x x  3  x 1      x 1 x 1 2 x 1   2) 1.0 Câu 2 x  3 x 1   II x 1 2 x 1 (3,0đ) 2 x  3  2 x 1 2 x  3 B  0 
 2 x 1  0 (do 2 x  3  0) 2 x 1 1 1  x   0  x  2 4 1
Vậy với 0  x  thì B < 0. 4 Phương trình 2
x  (2m  5)x  2m 1  0 (1) 1
Khi m   , phương trình (1) trở thành: 2 x  0 x  0 3a) 2
x  4x  0  x(x  4)  0    0.5 x 4 0    x  4 1
Vậy khi m   thì phương trình (1) có tập nghiệm S  {0;4}. 2 2 2 2
  (2m  5)  4(2m 1)  4m 12m  21  (2m  3) 12  0 m 
 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. x  x  2m  5
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2  x x  2m 1  1 2
Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm dương là: 2m  5  0 1   m   2m 1  0 2 Ta có: 3b) P   x  x 2 2  x  x  2 x x 0.75 1 2  1 2 1 2
 2m  5  2 2m 1  2m 1 2 2m 1   1  3   2m 1  2 1  3  3  P  3 (do P  0) Dấu “=” xảy ra
 2m 1 1  0  2m 1  1  m  0 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Khi đó min P  3 .
Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y ( * x, y  N ).
 Lớp 9A ủng hộ 6x quyển sách giáo khoa và 3x quyển sách tham
khảo, lớp 9B ủng hộ 5y quyển sách giáo khoa và 4y quyển sách tham khảo. Câu Ta có hệ phương trình: III 9x   9y  738 x  y  82 1.5 (1,5đ)   
(6x  5y)  (3x  4y)  166 3x   y  166 x  42 Giải hệ được:  (thỏa mãn điều kiện) y  40
Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 40 học sinh. A 1 2 K Câu IV H O 0.25 (3,0đ) 1 B E C 1 D Tứ giác ABEK có:  0 AEB  90 (AE  BC) 1)  0 AKB  90 (BK  AC) 0.5   0  AEB  AKB  180
 Tứ giác ABEK nội tiếp  CEA và  CKB có:    0
ACB chung ; CEA  CKB  90 2)   CEA  CKB (g.g) 0.5 CE CA    CE.CB  CK.CA CK CB
Vẽ đường kính AD của (O).
 ABE vuông tại E nên   0 1 A  ABC  90 Mà   ABC  1
D (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))   0  1 A  1 D  90 (1)  ACD có  0
ACD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 3)   0  A 0.75 2  1 D  90 Mặt khác,   A2  1 C (  OAC cân tại O)   0  1 C  1 D  90 (2) Từ (1) và (2)    1 A  1 C
Nhận xét: Nếu vẽ đường kính CD thì chứng minh nhanh hơn nhưng không tiện cho phần 4.
Gọi I là điểm đối xứng với O qua BC, A OI cắt BC tại N
 N là trung điểm của OI, BC và
các điểm I, N cố định.
Ta thấy BH // CD (cùng  AC) Tương tự: CH // BD H O
 Tứ giác BHCD là hình bình hành
 N là trung điểm của BC thì N B C
cũng là trung điểm của HD N 4)
 AHD có ON là đường trung bình 1.0  AH = 2ON I D  AH = OI (= 2ON)
Lại có AH // OI (cùng  BC)
 Tứ giác AHIO là hình bình hành  IH = OA = R = 3 (cm)
 H thuộc đường tròn (I; 3cm) cố định.
Nhận xét: Nếu cố định điểm A, cạnh BC di động nhưng có độ dài không
đổi thì AH không đổi, do đó H di chuyển trên (A; R’) cố định, với R’
bằng 2 lần khoảng cách từ O đến BC. 2002 2017 Câu Q    2996a  5501b a b V  0.5 2002   2017 (0,5đ)    8008a   2017b  2506     2a  3b  a   b 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và sử dụng giả thiết 2a  3b  4 , ta có: 2002 2017 Q  2 8008a  2  2017b  2506.4 a b
Q  8008  4034 10024  2018 Dấu “=” xảy ra 2002  8008a  a   1 2017 a     2017b   2 b  b 1 2a  3b  4   1 a  Vậy min Q = 2018   2 b 1
Thầy giáo Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương
Document Outline

  • images (3).pdf
  • De TS Bac Giang va HD giai.pdf