Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Vĩnh Phúc

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:

I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm). Câu 1 2 3 4 Đáp án D A B D II. TỰ LUẬN (8 điểm). Câu Phần Nội dung Điểm

Câu 5 (2,0đ)

a)

Với m = 2, hệ (1) 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 (1) là (5; 2).

0.75

b) Ta thấy: 1 2 2 1  

 Hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. 0.25

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           

Dấu “=” xảy ra 3 m 2  

Vậy 9 3 min A m 2 2   

1.0

Câu 6 (2,0đ) a)

Gọi số hàng ghế lúc đầu là x ( * x N ;x 2;80 x   ).

 Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là 80 x (chiếc).

Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x – 2.

Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là 80 x 2  (chiếc).

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.

1.0

b)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 2 x x 2 x 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)

2

4

-1 A

C

B

1 2 3 -1 -2 -3

y

x

O

Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; – 2). Do đó:

OAB OAC OBC 2.1 2.2 S S S 3 2 2      (đvdt).

1.0

Câu 7 (3,0đ)

1

1 1 1

1

D

M

N

H O A B C

E

F

0.25

a)

Ta có:  0 AEB 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  0 BEM 90   (kề bù với  ADB ) Tứ giác BEMH có:   0 0 0 BEM BHM 90 90 180      Tứ giác BEMH nội tiếp

0.75

b)

Ta có:  0 AFB 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AFB và AHN có:    0 1 A chung ; AFB AHN 90    AFB AHN (g.g)

0.25

Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN   1 1 M D  

Vì    1 1 sđ 1 F B AE 2         và   1 1 B M  (tứ giác BEMH nội tiếp)

nên   1 1 F M    1 1 F D   AFC và ADN có:    1 1 1 A chung ; F D   AFC ADN (g.g) AF AC AF.AN AC.AD AD AN    

Mặt khác, AFB AHN (g.g) AF AB AF.AN AB.AH AH AN    

Do đó, AB.AH AC.AD AB.AH AD AC    không đổi

(vì A, C, B, H cố định)  Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).

0.75

c)

1 F

E

C B A O H

N

D

1

1 1

1

M

Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì:

AB.AH 4.5 20 AD (cm) AC 3 3 20 5 HD AD AH 5 (cm) 3 3

  

     

Dễ thấy AHM NHD (g.g) AH HM 5 25 HM.HN AH.HD 5 NH HD 3 3       

1.0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

2 AMN

25 10 3 MN HM HN 2 HM.HN 2 (cm) 3 3

1 1 10 3 25 3 S AH.MN 5 (cm ) 2 2 3 3

    

    

Dấu “=” xảy ra     1 1 1 1 HM HN M N F N EF / /MN EF AB        

Vậy 2 AMN 25 3 minS (cm ) EF AB 3   

Câu 8 (1,0đ)

Đặt a = x2; b = y2 (a,b 0  ) thì       2 2 a b 1 ab P 1 a 1 b

     .

Vì a,b 0  nên:

2 2 2 2

2 2 (a b)(1 ab) a a b b ab a ab a(1 b )

a(1 2b b ) a(1 b)

         

    

Lại có 2 2 (1 a) (1 a) 4a 4a         

2

2 a 1 b 1 P 4 4a 1 b

    

Dấu “=” xảy ra a 1 x 1

b 0 y 0

           

Vậy x 1 1 maxP y 0 4

    

1.0