Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Hà Nội (Có đáp án)

pdf 4 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 09/05/2024 Lượt xem 56Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Hà Nội (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Hà Nội (Có đáp án)
 Giáo viên: Nguyễn Tài Minh – Trường THCS thị trấn Nghĩa Đàn – Nghệ An. 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HÀ NỘI 
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2017 – 2018 
 Môn thi : TOÁN 
 Ngày thi : 09 tháng 6 năm 2017 
Thời gian làm bài : 120 phút 
Bài I (2,0 điểm). 
Cho hai biểu thức : 
x 2
A
x 5



 và 
3 20 2 x
B
x 25x 5

 

, với x 0,x 25  
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9, 
2) Chứng minh 
1
B
x 5


. 
3) Tìm tất cả các giá trị của x để A B. x 4  . 
Bài II (2,0 điểm). 
Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. 
Một xe ô tô và một xe máy cùng khởi hành từ A để đi đến B với vận tốc của mỗi xe 
không đổi trên toàn bộ quảng đường AB dài 120km. Do vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe 
máy là 10km/h nên xe ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. 
Bài III (2,0 điểm). 
 1) Giải hệ phương trình: 
x 2 y 1 5
4 x y 1 2
   

  
 2) Trong một mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): y mx 5  
 a) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm  A 0;5 với mọi giá trị của m. 
 b) Tìm tất cả giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P): 2y x tại hai điểm 
phân biệt có hoành độ lần lượt là 1 2x ,x (với 1 2x x ) sao cho 1 2x x 
Bài IV (3,5 điểm). 
 Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N là điểm chính giữa 
của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại I. Dây MN cắt cạnh 
AB và BC lần lượt tại H và K. 
 1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 
 2) Chứng minh 2NB NK.NM . 
 3) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. 
 4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác 
MCK và E là trung điểm của PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba 
điểm D, E, K, thẳng hàng 
Bài V (0,5 điểm). 
 Cho các số thực a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn: a 1,b 1,c 1   và ab bc ca 9   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2P a b c   
. Hết .. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 Giáo viên: Nguyễn Tài Minh – Trường THCS thị trấn Nghĩa Đàn – Nghệ An. 2
HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN 
Bài I (2,0 điểm). 
1) Khi x 9 , ta có: 
9 2 5
A
29 5

  

2) Với x 0,x 25  , ta có: 
   
     
3 x 5 20 2 x x 5 1
B
x 5x 5 x 5 x 5 x 5
   
  
   
(đpcm) 
3) Với x 0,x 25  , ta có 
x 2 1
A B. x 4 . x 4
x 5 x 5

    
 
 x 2 x 4    (1) 
*) Trường hợp 1: Nếu x 4,x 25  , phương trình (1) trở thành: 
    
 x 2 x 4 x x 6 0
x 3 x 2 0 x 3 0 x 9 tm
      
        
*) Trường hợp: Nếu 0 x 4  , phương trình (1) trở thành: 
    
 x 2 4 x x x 2 0
x 1 x 2 0 x 1 1 x 9 tm
      
        
Vậy x 9,x 1  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Bài II (2,0 điểm). 
Gọi vận tốc của ô tô là x(km/h) (ĐK: x > 10) 
Do vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy là 10km/h nên vận tốc của xe máy là 
 x 10 km / h 
Thời gian ô tô đi từ A đến B là:  
120
h
x
Thời gian xe máy đi từ A đến B là:  
120
h
x 10
Vì ô tô đến B sớm hơn xe máy 36 phút  
3
h
5
 nên ta có phương trình: 
120 120 3
x 10 x 5
 

Giải ra ta được: 
x 50
x 40

  
x 40  không thỏa mãn điều kiện x 10 
Vậy vận tốc của ô tô là 50km/h và vận tốc của xe máy là 40km/h. 
Bài III (2,0 điểm). 
1) ĐKXĐ : x 0, y 1  . 
 Giáo viên: Nguyễn Tài Minh – Trường THCS thị trấn Nghĩa Đàn – Nghệ An. 3
Đặt 
x a 0
y 1 b 0
  

  
. Khi đó ta có hệ phương trình : 
    
x 1a 2b 5 a 1 x 1
tm tm
4a b 2 b 2 y 5y 1 2
      
     
      
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:    x; y 1;5 
2) Ta có: (d): y mx 5  
a) (d) đi qua  A 0;5 5 m.0 5   , luôn đúng với mọi m. 
Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm  A 0;5 với mọi giá trị của m. 
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:  2 2x mx 5 x mx 5 0 *      
Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt  phương trình (*) có hai nghiệm phân 
biệt 20 m 20 0, m      
Vậy đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt 1 2x ,x với mọi m. 
Theo hê thức vi ét ta có: 1 2
1 2
x x m
x x 5
 

 
Vì ac < 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu 1 2x 0 x  . 
Để 1 2x x thì 1 2x x m 0   
Vậy m 0 thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Bài IV (3,5 điểm). 
1) Hướng dẫn: Chứng minh:  ICK INK  tứ giác CNIK nội tiếp đường tròn. 
Lời giải. 
Do M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB (gt) nên: 
 sdAM sdMB (t/c)  BCM ANM  
Hay  ICK INK 
 tứ giác CNIK nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết 
tứ giác nội tiếp) 
Vậy bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn. 
2) Hướng dẫn: Chứng minh:  NBK NMB g.g  
Từ đó suy ra điều phải chứng minh: 2NB NK.NM . 
3) Hướng dẫn: Để chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi. 
Ta chứng minh tứ giác BHIK là hình bình hành (HI // BK; 
BH // KI) và BI là tia phân giác của HBK (vì I là giao 
điểm của ba đường phân giác trong ABC ) 
4) Ta có:  NBK BMK  MB là tiếp tuyến của đường tròn (P) ngoại tiếp BMK . 
Mà BD BN do góc  oDBN 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 B, P, D thẳng hàng. 
Tương tự ta có: C,D,D thẳng hàng. 
Dễ dàng chứng minh được tứ giác KPDQ là hình bình hành (có hai cạnh song song) 
Mà E là trung điểm của PQ 
 Giáo viên: Nguyễn Tài Minh – Trường THCS thị trấn Nghĩa Đàn – Nghệ An. 4
Vậy E là trung điểm của DK ba điểm D, E, K, thẳng hàng. 
Bài V (0,5 điểm). 
+) Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có: 
   
2 2
2 2 2 2 2
2 2
a b 2ab
b c 2bc 2 a b c 2 ab bc ca
c a 2ca
  

       
  
2 2 2P a b c ab bc ca 9        
Dấu “ = ” xảy ra 
a b c 1
a b c 3
ab bc ca 9
  
    
  
Vậy GTNN của P bằng 9 khi a b c 3   . 
+) Ta có: 
  
  
  
a 1 b 1 0a 1 ab a b 1
b 1 b 1 c 1 0 bc b c 1 0
c 1 ca c a 1 0c 1 a 1 0
       
 
           
         
 ab bc ca 2 a b c 3 0        
ab bc ca 3
a b c
2
  
    , 
Vì a 1,b 1,c 1   
ab bc ca 3
3 a b c 6
2
  
      
 
2
a b c 36    
 2 2 2a b c 2 ab bc ca 36       
 2 2 2P a b c 36 2 ab bc ca 18         
Dấu “ = ” xảy ra 
a b 1,c 4
b c 1,a 4
c a 1,b 4
  
   

   
Vậy GTLN của P bằng 18 
a b 1,c 4
b c 1,a 4
c a 1,b 4
  
   

   
.. Hết . 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_tuyen_sinh_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2017_2018_so.pdf