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

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 Hải Dương gồm 5 bài toán tự luận, có lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

45 23 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
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1)
(2x 1)(x 2) 0 2)
3xy5
3x y


Câu 2 (2,0 điểm)
1) Cho hai đường thẳng (d):
yxm2
và (d’):
2
y(m 2)x3
. Tìm m để
(d) và (d’) song song với nhau.
2) Rút gọn biểu thức:
xx2 x 1x
P:
xx2x2x2x






với x 0;x 1;x 4.
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật
nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản xuất
được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy ?
2) Tìm m để phương trình:
2
x5x3m10 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm
x
1
, x
2
thỏa mãn
33
12 12
xx3xx75
.
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ
hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song
song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác
E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.
1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh: MN
2
= NF.NA vả MN = NH.
3) Chứng minh:
2
2
HB EF
1
HF MF

.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x y z 3.Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
22 2
x1 y1 z1
Q
1y 1z 1x



.
----------------------------Hết----------------------------
Họ và tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.....................................
Chữ kí của giám thị 1: ........................................Chữ kí của giám thị 2: ..................................
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Câu 1 (2,0 điểm)
1)
1
2x 1 0
x
(2x 1)(x 2) 0
2
x20
x2




2)
3xy5 3x3x5 2x2 x1
3x y y3x y3x y 2
 



 

Câu 2 (2,0 điểm)
1)
22
m1
1m 2 m 1
(d) / /(d') m 1
m1
m23 m1







2)
xx2 x 1x
P:
xx2x2x2x












xx2 x x2
x2 x1
x1 x2
xx2xx1
x2
x1
x1 x2
2x 2 x 2
x1
x1 x2
2x1
x2
x1
x1 x2
2
x1

















Câu 3 (2,0 điểm)
1) Gọi số chi tiết máy mà tổ I và tổ II sản xuất được trong tháng đầu lần lượt là x và y.
Điều kiện: x, y N
*
; x, y < 900
Từ đề bài lập được hệ phương trình:
xy900
1,1x 1,12 y 1000


Giải hệ được:
x400
y500
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy tháng đầu tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ II sản xuất được 500 chi tiết máy.
2)
= 29 – 12m
Phương trình có nghiệm
29
m
12

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
12
12
xx 5
xx 3m 1


(1)
(2)
Cách 1:
(1)
21
x5x, thay vào hệ thức
33
12 12
xx3xx75
được:
33
1111
32
11 1
x (5 x ) 3x ( 5 x ) 75
x6x30x250


Giải phương trình được x
1
= – 1
x
2
= – 4
Thay x
1
và x
2
vào (2), tìm được
5
m
3
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy
5
m
3
là giá trị cần tìm.
Cách 2:




33
12 12
22
121122 12
2
12 12 12 12
12
12
x x 3x x 75
xxxxxx 753xx
xx xx xx 325xx
xx263m3263m
29
x x 3 do m 26 3m 0
12










Ta có hệ phương trình:
12 1
12 2
xx 5 x 1
xx 3 x 4





Từ đó tìm được m.
Câu 4 (3,0 điểm)
1
2
2
1
1
1
1
N
M
A
B
O
H
E
F
1) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên
0
MAO MBO 90
Tứ giác MAOB có
0
MAO MBO 180
Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2)
* Ta có:
11
ME
(so le trong, AE // MO) và
11
sđ
1
AE AF
2




11
MA
NMF và
NAM có:
11
MNA chung; M A
NMF
NAM (g.g)
2
NM NF
NM NF.NA
NA NM

* Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
MO là đường trung trực của AB
AH
MO và HA = HB
MAF và MEA có:
11
AME chung; A E
MAF MEA (g.g)
2
MA MF
MA MF.ME
ME MA

Áp dụng hệ thức lượng vào
vuông MAO, có: MA
2
= MH.MO
Do đó: ME.MF = MH.MO
ME MO
MH MF

MFH MOE (c.g.c)
12
HE
Vì
BAE
là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

22
12
0
12
11
1
EA = EB
2
HA
NHNA 90
HF N
đ
A
s



Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: NH
2
= NF.NA
22
NM NH NM NH
.
3) Chứng minh:
2
2
HB EF
1
HF MF

.
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: HA
2
= FA.NA và HF
2
= FA.FN
Mà HA = HB
22
22
HB HA FA.NA NA
HF HF FA.FN NF

Vì AE // MN nên
EF FA
MF NF
(hệ quả của định lí Ta-lét)
2
2
HB EF NA FA NF
1
HF MF NF NF NF

Câu 5 (1,0 điểm)
Lời giải của Dương Thế Nam:
222 222 222
111 111
111 111 111
xyz xyz
Q MN
yzx yzx yzx




 

Xét
222
111
xy
z
M
zx


, áp dụng kỹ thuật Côsi ngược dấu ta có:
22
22
22 2
1
11 122
xyxy
x
xy xy xy
xxx
yy yy



Tương tự:
22
;
1212
yyzzzx
yz
zx


; Suy ra
222
3
111 2 2
xy
zx
yy
zzx x
yy
zzx
Mxyz
yzx
 


Lại có:

2
222
33x y z xy yz zx x y z xy yz zx xy yz zx  
Suy ra:
33
33
222
xy yz zx
M

 
Dấu “=” xảy ra
1
xy
z
Xét:
222
111
111
N
y
zx


, ta có:
222
222222
222
111
31 1 1
111
3
111 222 22











N
yzx
yzxyzxxyz
yzxyzx
Suy ra:
33
3
22
N 
Dấu “=” xảy ra
1
x
yz
Từ đó suy ra:
3Q
. Dấu “=” xảy ra
1
xy
z
Vậy
min
3Q
1
xy
z
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG
NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 3  x  y  5 1) (2x 1)(x  2)  0 2)  3   x  y Câu 2 (2,0 điểm)
1) Cho hai đường thẳng (d): y  x  m  2 v à ( d ’) : 2
y  (m  2)x  3. T ì m m để
(d) và (d’) song song với nhau.  x  x  2 x  1 x
2) Rút gọn biểu thức: P     :
với x  0; x  1; x  4. x  x  2 x  2 x 2  x   Câu 3 (2,0 điểm)
1) Tháng đầu, hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng thứ hai, do cải tiến kỹ thuật
nên tổ I vượt mức 10% vả tổ II vượt mức 12% so với tháng đầu, vì vậy, hai tổ đã sản xuất
được 1000 chi tiết máy. Hỏi trong tháng đầu mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy ?
2) Tìm m để phương trình: 2
x  5x  3m 1  0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 3 3 x  x  3x x  75. 1 2 1 2
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ
hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song
song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác
E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.
1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH. 2 HB EF 3) Chứng minh:   1. 2 HF MF
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z  3 .Tìm giá trị nhỏ nhất x 1 y 1 z 1 của biểu thức: Q    . 2 2 2 1 y 1 z 1 x
----------------------------Hết----------------------------
Họ và tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.....................................
Chữ kí của giám thị 1: ........................................Chữ kí của giám thị 2: .................................. HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1 (2,0 điểm)  1 2x 1  0 x  1) (2x 1)(x 2) 0        2 x  2  0  x  2  3  x  y  5 3  x  3  x  5 2x  2 x  1 2)        3   x  y y  3  x y  3  x y  2 Câu 2 (2,0 điểm) 2 2  1   m  2 m  1 m  1  1) (d) / /(d ')        m  1  m  2  3 m  1 m  1  x  x  2 x  1 x 2) P     : x  x  2 x  2 x 2  x     x  x  2 x x  2      
 x  1 x  2 x  2 x 1 
x  x  2  x  x   1 x  2    x   1  x  2 x 1 2  x  2 x  2    x   1  x  2 x 1 2   x   1 x  2    x   1  x  2 x 1 2   x 1 Câu 3 (2,0 điểm)
1) Gọi số chi tiết máy mà tổ I và tổ II sản xuất được trong tháng đầu lần lượt là x và y.
Điều kiện: x, y  N*; x, y < 900 x  y  900
Từ đề bài lập được hệ phương trình:  1,  1x 1,12y  1000 x  400 Giải hệ được:  (thỏa mãn điều kiện) y  500
Vậy tháng đầu tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ II sản xuất được 500 chi tiết máy. 2)  = 29 – 12m 29
Phương trình có nghiệm  m  12 x  x  5  (1)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2  x x  3m 1  (2) 1 2 Cách 1:
(1)  x  5  x , thay vào hệ thức 3 3
x  x  3x x  75 được: 2 1 1 2 1 2 3 3 x  (5  x )  3x ( 5   x )  75 1 1 1 1 3 2
 x  6x  30x  25  0 1 1 1
Giải phương trình được x1 = – 1  x2 = – 4 5
Thay x1 và x2 vào (2), tìm được m  (thỏa mãn điều kiện) 3 5
Vậy m  là giá trị cần tìm. 3 Cách 2: 3 3 x  x  3x x  75 1 2 1 2  x  x  2 2
x  x x  x  75  3x x 1 2 1 1 2 2  1 2
 x  x  x  x 2  x x   3 25  x x 1 2 1 2 1 2  1 2   
 x  x 26  3m  3 26  3m 1 2       29   x  x  3 do m   26  3m  0 1 2    12  x  x  5  x  1  Ta có hệ phương trình: 1 2 1    x  x  3 x  4   1 2  2 Từ đó tìm được m. Câu 4 (3,0 điểm) A E 1 2 1 2 F 1 1 1 M O N H B
1) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên   0 MAO  MBO  90 Tứ giác MAOB có   0 MAO  MBO  180
 Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2)  1  * Ta có:   1 M  1
E (so le trong, AE // MO) và    1 A  1 E  sđAF    2     1 M  1 A  NMF và  NAM có:    MNA chung; 1 M  1 A   NMF  NAM (g.g) NM NF 2    NM  NF.NA NA NM
* Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
 MO là đường trung trực của AB  AH  MO và HA = HB  MAF và  MEA có:    AME chung; 1 A  1 E   MAF  MEA (g.g) MA MF 2    MA  MF.ME ME MA
Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông MAO, có: MA2 = MH.MO ME MO Do đó: ME.MF = MH.MO   MH MF   MFH  MOE (c.g.c)    1 H  E2 Vì 
BAE là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng    1    E2  A2 = đ s EB    2     1 H  A2     0  1 N  1 H  1 N  A2  90  HF  NA
Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông NHA, có: NH2 = NF.NA 2 2  NM  NH  NM  NH . 2 HB EF 3) Chứng minh:   1. 2 HF MF
Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông NHA, có: HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN Mà HA = HB 2 2 HB HA FA.NA NA     2 2 HF HF FA.FN NF EF FA Vì AE // MN nên 
(hệ quả của định lí Ta-lét) MF NF 2 HB EF NA FA NF       1 2 HF MF NF NF NF Câu 5 (1,0 điểm)
Lời giải của Dương Thế Nam: x 1 y 1 z 1  x y z   1 1 1  Q           M N 2 2 2  2 2 2   2 2 2  1 y 1 z 1 x 1 y 1 z
1 x  1 y 1 z 1 x  Xét x y z M   
, áp dụng kỹ thuật Côsi ngược dấu ta có: 2 2 2 1 y 1 z 1 x x x  2 1 y  2 2 2  xy xy xy xy   x   x   x  2 2 2 1 y 1 y 1 y 2y 2 Tương tự: y yz z zxy  ;  z  ; Suy ra 2 2 1 z 2 1 x 2 x y z
xy yz zx
xy yz zx M   
x y z   3  2 2 2 1 y 1 z 1 x 2 2
Lại có: x y z xy yz zx  x y z2 2 2 2
 3xy yz zx  xy yz zx  3
xy yz zx 3 3 Suy ra: M  3  3  2 2 2
Dấu “=” xảy ra  x y z  1 Xét: 1 1 1 N    , ta có: 2 2 2 1 y 1 z 1 x  1   1   1  3  N  1  1  1  2   2   2  
1 y   1 z   1 x  2 2 2 2 2 2 y z x y z x
x y z 3         2 2 2 1 y 1 z 1 x 2 y 2z 2x 2 2 3 3 Suy ra: N  3  2 2
Dấu “=” xảy ra  x y z  1
Từ đó suy ra: Q  3. Dấu “=” xảy ra  x y z  1
Vậy Q  3  x y z  1 min