Tài liệu 50 đề thi vào lớp 10 môn toán của các trường trong cả nước năm 2018 có đáp án chi tiết

ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU NĂM HỌC: 2017-2018 Thời gian: 120 phút Bài 1(2điểm) a) b) c) Rút gọn biểu thức Bài 2(2điểm) Cho hàm số y = x2 ( P ) và y = 2x – m (d) a) Vẽ (P) b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) và (d) có một điểm chung duy nhất Bài 3(1điểm) Một xưởng mỹ nghệ dự định sản xuất thủ công một lô hàng gồm 300 cái giỏ tre. Trước khi tiến hành, xưởng được bổ sung thêm 5 công nhân nên số giỏ trẻ phải làm của mỗi người giảm 3 cái so với dự định. Hỏi lúc dự định, xưởng có bao nhiêu công nhân? Biết năng suất làm việc của mỗi người như nhau. Bài 4 (3đ) Cho nửa đường tròn (O;R) có đường kính AB. Trên OA lấy điểm H (H khác O, H khác A). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C. Trên cung BC lấy điểm M (M khác B, M khác C). Dựng CK vuông góc với AM tại K. a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh c) Gọi N là giao điểm của AM và CH. Tính theo R giá trị biểu thức P = AM.AN + BC2 Bài 5(1đ) a) Giải phương trình: b) Cho a, b là hai số thực tùy ý sao cho phương trình có nghiệm x1 , x2 . Tìm GTNN của biểu thức: Bài 6(0,5đ) Cho nhọn (ABAC. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Đường cao AH của tam giác ABC cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là D. Kẻ DM vuông góc với AB tại M. a) Chứng minh tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh DA là tia phân giác của góc MDC c) Gọi N là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng AC, chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. d) Chứng minh AB2 + AC2 + CD2 + BD2 = 8R2 Câu 5: (1,0 điểm) http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Đáp án và biểu điểm của Thầy Nguyễn Thanh Ninh Trường THCS Thanh Lưu - Hà Nam http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PT DTNT THPT TỈNH, CÁC TRƯỜNG THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐỀ THI MÔN TOÁN (DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH) Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2015 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu I (3,0 điểm) 1) a) Tính giá trị biểu thức A = x2 – 2x + 3 với x = 2. b) Rút gọn: B  20  45  2 5 2) Giải các phương trình sau a) 2x + 1 = 3x – 5 b) 1 1 1   x 2 2x 3) Cho hàm số y = 2x2 có đồ thị là (P). Tìm trên (P) các điểm có tung độ bằng 4, vẽ đồ thị (P). Câu II (3,0 điểm) 1) Giải phương trình: |2x – 5| + x = 3. 1 1  x  y  2 2) Giải hệ phương trình:  2 x  3  7  y 2 3) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 = 0 có hai nghiệm là x1 và x2 . Tìm m để biểu thức C  x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất Câu III (1,0 điểm) Năm học 2014 – 2015 hai trường A và B có tổng số 390 học sinh thi đỗ vào đại học đạt tỉ lệ 78%, biết trường A có tỉ lệ đỗ đại học là 75%, trường B có tỉ lệ đỗ đại học là 80%. Tính số học sinh dự thi đại học năm học 2014 – 2015 ở mỗi trường. Câu IV (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC (A khác C). Từ A vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) 1) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA ⊥ EF 2) Tia FE cắt đường tròn (O) tại P. Chứng minh rằng ∆ APH cân Câu V (1,0 điểm) a, b, c [0; 2] a  b c  3 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  5 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT-HÒA BÌNH Câu I 1) a) Với x = 2 ta có A = 22 – 2.2 + 3 = 3 b) B  22.5  32.5  2 5  2 5  3 5  2 5  5 2) a) 2x + 1 = 3x – 5 ⇔ 2x – 3x = –5 – 1 ⇔ –x = –6 ⇔ x = 6 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {6} b) Điều kiện x ≠ 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1       (1  )   .    1  x  1 x 2 2x x 2x 2 2 x 2 2 x 2 x Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {1} 2) Thay y = 4 ta có 4  2 x2  x2  2  x   2 Vậy các điểm cần tìm là ( 2; 4) và ( 2; 4) Bảng giá trị x -2 -1 0 2 y=2x 8 2 0 Đồ thị Câu II 1) |2x-5|+x=3|2x-5|=3-x (1) Xét 2x-5  0 x  5 thì |2x-5|=2x-5. 2 Phương trình (1) trở thành 8 (thỏa mãn) 3 5 +Xét 2x-5<0  x< thì |2x-5|=5-2x. 2 2x-5=3-xx= Phương trình (1) trở thành 5-2x=3-x  x=2(thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {2; http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 8 } 3 1 2 2 8 1 y 2) Điều kiện y ≠ 0. Đặt t  , hệ phương trình đã cho trở thành 1   1 xt  t  x  1  x  1   x  1   t   x  2 2 (thỏa mãn)       1   2  y  2 2 x  3t  7 2 x  3( 1  x)  7 5 x  5 t  2    2  2 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (–1;2) 3) Phương trình đã cho có hai nghiệm   '  (m  1) 2  (m 2  10)  0  2 m  11  0 11  m  2 Theo Vi–ét ta có x1 + x2 = 2(m + 1); x1x2 = m2 – 10 Suy ra: C  x12  x2 2  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  4(m  1) 2  2(m 2  10)  2m2  8m  24  2(m  2)2  16  16  C  16 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = –2 (thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ nhất của C là 16 khi m = –2 Câu III Gọi số học sinh dự thi đại học ở trường A và trường B lần lượt là x và y (học sinh) (x, y ∈ N*) Tổng số học sinh 2 trường thi đỗ là 390 và tỉ lệ đỗ đại học của cả hai trường là 78% ⇒ Số học sinh dự thi đại học của cả hai trường là 390 : 78% = 500 (em) Suy ra x + y = 500 (1) Tỉ lệ đỗ đại học của trường A là 75% ⇒ Trường A có 0,75x học sinh đỗ đại học Tỉ lệ đỗ đại học của trường B là 80% ⇒ Trường A có 0,8x học sinh đỗ đại học Suy ra 0,75x + 0,8y = 390 (2) Từ (1) và (2) giải hệ phương trình ta có x = 200; y = 300 Vậy số học sinh dự thi đại học ở trường A và trường B lần lượt là 200 và 300 học sinh. Câu IV http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 1) Có BAC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Vì HE ⊥ AB, HF ⊥ AC nên AEH=AFH  90 Tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật Gọi I là giao OA và EF. Vì ∆ OAB cân ở O nên EAI=ABO (1) AEHF là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn ⇒ AEI=AHF (2) Vì AE // HF (cùng ⊥ AC) nên AHF=EAH=90o- ABO (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ EAI+ AEI  90 ⇒ ∆ AEI vuông tại I ⇒ OA ⊥ EF 2) Gọi Q là giao của tia EF với (O). Vì OA ⊥ PQ nên A là điểm chính giữa cung PQ ⇒ ∆ APQ cân tại A ⇒ APQ=AQP Vì APBQ là tứ giác nội tiếp nên ABP=AQP Suy ra ABP=APQ=APE=>tam giác ABP đồng dạng với tam giác APE (g-g)  AB AP   AP 2  AE. AB AP AE Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB có AH2 = AE. AB ⇒ AP2 = AH2 ⇒ AP = AH ⇒ ∆ APH cân ở A. Câu V Vì a,b,c ∈ [0;2] nên abc ≥ 0 và (2 – a)(2 – b)(2 – c) ≥ 0 ⇔ 8 + 2(ab + bc + ca) – 4(a + b + c) – abc ≥ 0 ⇔ 2(ab + bc + ca) ≥ 4(a + b + c) + abc – 8 Mà a + b + c = 3; abc ≥ 0 nên 2(ab + bc + ca) ≥ 4 ⇒ ab + bc + ca ≥ 2 Suy ra a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca) = 9 – 2(ab + bc + ca) ≤ 5 Dấu bằng xảy ra khi a = 0; b = 1; c = 2 và các hoán vị Vậy a2 + b2 + c2 ≤ 5 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi 21/7/2015 Đề có 01 trang gồm 05 câu ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ B Câu 1 (2 điểm) : 1. Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0 a) Khi m = 0 b) Khi m = 1 x  y  5 x  y  1 2. Giải hệ phương trình:  Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q = 4 3 6 b 2 (Với b  0 và b  1)   b 1 b 1 b 1 1. Rút gọn Q 2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5 Câu 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và parabol (P) : y = x2 1. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2) 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần 1 1 lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4     x1 x2  3  0  x1 x2  Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). 1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD. 3. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z. ---------------------Hết ----------------------- http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 1 ĐÁP ÁN KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT Môn thi: Toán Câu 1: 1. a. Khi m = 0 ta có x -2 = 0 => x = 2 b. Khi m = 1 ta được phương trình: x2 + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2 2. Giải hệ phương trình: x  y  5   x  y  1 x  3  x  2 Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2) Cấu 2. hoctoancapba.com a. Rút gọn Q 4 3 6 b 2 =   b 1 b 1 b 1 4( b  1) 3 b  1 6 b 2   b 1 b 1 ( b  1)( b  1) Q=    4 b  43 b 36 b  2 ( b  1)( b  1) b 1 ( b  1)( b  1) 1  b 1  2. Thay b = 6 + 2 5  ( 5  1)2 (Thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức Q đã rút gọn ta được: 1 ( 5  1) 2  1  1  52 52 Vậy b = 6 + 2 5 thì Q = 5 -2 Câu 3. 1. Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x 1; x2    4 n  3 0  n 3 . 4  x1  x2  1  x1 x2  (n  1) Khi đó theo định lý Vi ét ta có:  1 1 x x     x1 x2  3  0  4  1 2   x1 x2  3  0  x1 x2   x1 x2  Theo đề bài: 4  4 n20 n  1  n 2  n  6  0( DK : n  1)  n1  2(TM ); n2  3( L)  http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 2 Vậy n = 2 là giá trị cần tìm. Câu 4. T D d E K F O M C R 1. HS tự chứng minh 2. Ta có K là trung điểm của EF => OK  EF => MKO  900 => K thuộc đương tròn đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO => DKM  DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD) CKM  COM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Lại có DOM  COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => DKM  CKM => KM là phân giác của góc CKD 3. Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR)  2R. CM .CR Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2 không đổi => SMRT  2R2 Dấu = xảy ra  CM = CR = R 2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 . Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Câu 5 Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60  5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0  x = (yz)2 -5(4y2 + 3z2 – 60) = (15-y2)(20-z2) Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 => 4y2  60 và 3z2  60 => y2  15 và z2  20 => (15-y2)  0 và (20-z2)  0 =>  x  0 http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 3