Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. STT 63. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. Giá trị của biểu thức (3a 1)2 là: A. 3a 1 B. 1 3a C. 3a 1 và 1 3a D. 3a 1 Câu 2. Hàm số y (m 3)x 6 đồng biến trên ¡ , khi: A. m 3 B. m 3 C. m 3 D. m 3 Câu 3. Đồ thị hàm số nào sau đây đi qua hai điểm A(2;1) , B(1;0) : A. y x 1 B. y x 1 C. y x 1 D. y x 3 Câu 4. Cho đường tròn (O;3 cm) và đường thẳng a tiếp xúc với nhau tại điểm H . Khi đó: A. OH 3 cm và OH vuông góc với a . B. OH 3 cm và OH vuông góc với a . C. OH 3 cm và OH không vuông góc với a . D. OH 3 cm và OH vuông góc với a . II. TỰ LUẬN x 2y 3 m Câu 5. Cho hệ phương trình (I) , m là tham số. 2x y 3(m 2) a) Giải hệ với m 2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ (I) có nghiệm duy nhất. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x2 y2 , trong đó (x; y) là nghiệm duy nhất của hệ (I) . Câu 6. a) Một phòng họp có tổng số 80 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng, mỗi hàng có số lượng ghế bằng nhau. Nếu bớt đi 2 hàng mà không làm thay đổi số lượng ghế trong phòng thì mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế. Hỏi lúc đầu trong phòng có bao nhiêu ghế? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng y x 2 cắt nhau tại hai điểm A , B và tính diện tích tam giác AOB (trong đó O là gốc tọa độ, hoành độ của điểm A lớn hơn hoành độ của điểm B . Câu 7. Cho đường tròn O có tâm là điểm O , đường kính AB 2R . Trên đường thẳng lấy AB lấy H sao cho B nằm giữa A và H ( H không trùng với B) , qua H dựng đường thẳng d vuông góc với AB. Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O và B) . Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kỳ cắt đường tròn (O) tại hai điểm E , F ( a không trùng với AB) . Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M và N. a) Chứng minh rằng tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi.
2. c) Cho AB 4 cm, BC 1 cm, HB 1 cm. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN. Câu 8. Cho x , y là các số thực. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x2 y2 1 x2 y2 P 2 2 1 x2 1 y2
3. STT 63. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. Giá trị của biểu thức (3a 1)2 là: A. 3a 1 B. 1 3a C. 3a 1 và 1 3a D. 3a 1 Lời giải Chọn D. (3a 1)2 3a 1 Câu 2. Hàm số y (m 3)x 6 đồng biến trên ¡ , khi: A. m 3 B. m 3 C. m 3 D. m 3 Lời giải Chọn A. Hàm số đồng biến trên ¡ khi m 3 0 m 3. Câu 3. Đồ thị hàm số nào sau đây đi qua hai điểm A(2;1) , B(1;0) : A. y x 1 B. y x 1 C. y x 1 D. y x 3 Lời giải Chọn B. Gọi đồ thị hàm số đi qua A và B có dạng: y ax b (a 0) . Ta có: 2a b 1 a 1 a b 0 b 1 Vậy đồ thị hàm số cần tìm là y x 1. Câu 4. Cho đường tròn (O;3 cm) và đường thẳng a tiếp xúc với nhau tại điểm H . Khi đó: A. OH 3 cm và OH vuông góc với a . B. OH 3 cm và OH vuông góc với a . C. OH 3 cm và OH không vuông góc với a . D. OH 3 cm và OH vuông góc với a . Lời giải Chọn D. II. TỰ LUẬN x 2y 3 m Câu 5. Cho hệ phương trình (I) , m là tham số. 2x y 3(m 2) a) Giải hệ với m 2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ (I) có nghiệm duy nhất.
4. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x2 y2 , trong đó (x; y) là nghiệm duy nhất của hệ (I) . Lời giải a) Với m 2 , hệ (I) trở thành: x 2y 1 x 2y 1 5x 25 2x y 12 4x 2y 24 2x y 12 x 5 x 5 25 y 12 y 2 Vậy với m 2 thì nghiệm của hệ (I) là (5;2) . 1 2 b) Ta thấy: 2 1 Hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m . c) x 2y 3 m 2x 4y 6 2m x 2y 3 m 2x y 3(m 2) 2x y 3m 6 5y 5m x 2m 3 m x m 3 y m y m Do đó: A x2 y2 (m 3)2 m2 2m2 6m 9 2 3 9 9 2 m m 2 2 2 3 Dấu “=” xảy ra khi m . 2 9 3 Vậy min A m . 2 2 Câu 6. Một phòng họp có tổng số 80 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng, mỗi hàng có số lượng ghế bằng nhau. Nếu bớt đi 2 hàng mà không làm thay đổi số lượng ghế trong phòng thì mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế. Hỏi lúc đầu trong phòng có bao nhiêu ghế? a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng y x 2 cắt nhau tại hai điểm A , B và tính diện tích tam giác AOB , trong đó O là gốc tọa độ, hoành độ của điểm A lớn hơn hoành độ của điểm B . Lời giải a) Gọi số hàng ghế lúc đầu là x x ¥ *; x 2;80Mx . 80 Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là (chiếc). x
5. Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x 2. 80 Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là (chiếc). x 2 Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình: 80 80 2 x 2 x Giải phương trình được: x1 10 (thỏa mãn điều kiện) x2 8 (không thỏa mãn điều kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế. b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng x2 x 2 x2 x 2 0 Vì a b c 1 1 2 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 1; x2 2 Với x 1 thì y 1 2 1 Với x 2 thì y 2 2 4 A(1; 1) và B( 2; 4) Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; 2) . Do đó: 21 22 S S S 3 (đvdt). OAB OAC OBC 2 2 Câu 7. Cho đường tròn O có tâm là điểm O , đường kính AB 2R . Trên đường thẳng lấy AB lấy H sao cho B nằm giữa A và H ( H không trùng với B) , qua H dựng đường thẳng d vuông góc với AB. Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O và B) . Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kỳ cắt đường tròn (O) tại hai điểm E , F ( a không trùng với AB) . Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M và N.
6. a) Chứng minh rằng tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi. c) Cho AB 4 cm, BC 1 cm, HB 1 cm. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN. Lời giải a) Ta có: ·AEB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B· EM 90 (kề bù với ·ADB ). Tứ giác BEMH có: B· EM B· HM 90 90 180 Tứ giác BEHM nội tiếp. b) Ta có: ·AFB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét AFB và AHN có: H· AN chung, ·AFB ·AHN 90 AFB : AHN (g.g). Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN ·AMN ·ADN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung »AN ) Vì ·ABE ·AFE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung »AE ) và ·ABE ·AMH (vì tứ giác BEMH nội tiếp) nên ·AFE ·AMN ·AFE ·ADN Xét AFC và ADN có D· AN chung, ·AFE ·ADN (cmt) AFC : ADN (g.g) AF AC AF.AN AD.AC AD AN Mặt khác, ta có AFB : AHN (g.g) AF AB AF.AN AB.AH AH AN AB.AH Do đó, AD.AC AB.AH AD không đổi (vì A , B , C , H cố định) AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua điểm D cố định ( D khác A ). c) Với AB 1 cm, BC BH 1 cm thì:
7. AB.AH 4.5 20 AD (cm) AC 3 3 20 5 HD AD AH 5 (cm) 3 3 Dễ thấy tam giác AHM và NHD đồng dạng (g.g) AH HM 5 25 HM.NH AH.HD 5. NH HD 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có: 25 10 3 MH HM HN HM.HN 2 3 3 1 1 10 3 25 3 S .AH.MN .5. ( cm2 ) AMN 2 2 3 3 Dấu bằng xảy ra: HM HN ·AMN ·ANM EF // MN EF  AB 25 3 Vậy min S (cm2 ) EF  AB. AMN 3 Câu 8. Cho x , y là các số thực. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x2 y2 1 x2 y2 P 2 2 1 x2 1 y2 Lời giải (a b)(1 ab) Đặt a x2 ; b y2 ( a 0 ; b 0 ) thì P (1 a)2 (1 b)2 Vì a 0 ; b 0 nên: (a b)(1 ab) a a2b b ab2 a ab2 a 1 b2 a 1 2b b2 a 1 b 2 Lại có: (1 a)2 (1 a)2 4a 4a a(1 b)2 1 P 4a(1 b)2 4 a 1 x 1 Dấu bằng xảy ra: b 0 y 0 . 1 x 1 Vậy max P 4 y 0 .