CHINH PHỤC 63 ĐỀ THI VÀO 10 NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN TOÁN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn : TOÁN Thời gian 120 phút

Câu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau : a) 3x  2x  3  2 x  y  101 b)  x  y  1 c) x 2  2 3x  2  0

Câu 2. Cho hàm số y  0,5x2 có đồ thị là parabol (P) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho b) Xác định hệ số a, b của phương trình (d): y = ax+b , biết (d) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 và (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2. Chứng tỏ (P) và (d) tiếp xúc nhau. Câu 3. Cho phương trình bậc hai x2  3x  m  0 với m là tham số a) Tìm m để phương trình có nghiệm x= - 2 . Tính nghiệm còn lại ứng với m vừa tìm được b) Gọi x1 ;x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x12  x22  3x1x2

Câu 4.Cho tam giác đều ABCnội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các cạnh AB, BC, CA a) Chứng minh tứ giác BMON nội tiếp được đường tròn b) Kéo dài AN cắt đường tròn (O) tại G khác A. Chứng minh ON = NG c) PN cắt cung nhỏ BG của đường tròn (O) tại F. Tính số đo OFP Câu 5. Cầu vòm là một dạng cầu đẹp bởi hình dáng cầu được uốn lượn theo một cung tròn tạo sự hài hòa trong thiết kế cảnh quan, đặt biệt là là các khu đô thị có dòng sông chảy qua, tạo được một điểm nhấn của công trình giao thông hiện đại. Một chiếc cầu vòm được thiết kế như hình vẽ, vòm cầu là một cung tròn AMB . Độ dài đoạn AB bằng 30m, khoảng cách từ vị trí cao nhất ở giữa vòm cầu so với mặt sàn cầu là đoạn MK có độ dài 5m. Tính chiều dài vòm cầu

ĐÁP ÁN VÀO 10 AN GIANG 2018-2019 C©u1 a) 3x  2x  3  2  x

3 2 3 2







3 2 x 3 2

3 2



3 2 .



3 2



 5 2 6

x  y  101 x  y  1 x  y  1 x  50  1 x  51 b)      x  y  1 y  1  y  101 2y  100 y  50 y  50 c) x 2  2 3x  2 ta cã :  

 3

2 1

x   3  1 suy ra pt cã 2 nghiÖm  1 .VËy S   3  1 x 2   3  1 C©u 2 a) Häc sinh tù vÏ (P)





b)(d) c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é b»ng1  x  1;y  0  a  b  0(1) (d) c¨t (P) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é lµ 2  x  2;y  2  2a  b  2 (2) a  b  0 a  2 Tõ(1) vµ (2) ta cã hÖ   2a  b  2 b  2  (d)y  2x  2 1 Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm (P) vµ (d) lµ : x 2  2x  2 2 1 cã   (2)2  4. .2  0 2 VËy (d) vµ (P) tiÕp xóc nhau

C©u 3 a) khi ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x  2 ta cã : (2)2  3.(2)  m  m  10 x  2  ptrinh :x 2  3x  10     5 b) x 2  3x  m  0(1)    3  4m  9  4m 2

§Ó ptrinh cã nghiÖm th×   0  9  4m  0  m 

9 4

x  x  3 9 Khi m  .¸p dông vi et   1 2 4 x1x 2  m A  x12  x 22  3x1x 2  (x1  x 2 )2  5x1x 2  32  5m  9  5m 9 45 9 9  5m   9  5m  A 4 4 4 4 9 9 VËy Min A    m  4 4 Cã m 

Cau 4

M O E B

N F G

OM  AB a) Do ABC ®Òu vµ M, N lÇn lît lµ trung ®iÓm AB, AC    OMB  ONB  900 ON  BC  XÐt tø gi¸c BMON cã :OMB  ONB  900  900  1800  BMON lµ tø gi¸c néi tiÕp OA R  (tÝnh chÊt ®êng trung tuyÕn) 2 2 R R Mµ OG  ON  NG  NG  OG  ON  R   2 2 R VËy NO  NG  (dpcm) 2 c) Gäi E lµ giao ®iÓm OC vµ PN b) Do O lµ träng t©m ABC nª n ON 

Do ABC ®Òu nª n OC  AB mµ NO / /AB (do NP lµ ®êng trung b×n h tam gi¸c ABC) suy ra OC  NP t¹i E nª n OEF vu«ng t¹i E. XÐt ONC vu«ng t¹i N cã NE ®êng cao  NO 2  OE.OC  OE 

ON 2 R  (¸p dông hÖ thøc lîng ) OC 4

R OE 4 1 XÐt  vu«ng OEF cã :sin OFE  sin OFP     OFP  14 028' OF R 4

Câu 5

M B

A K O

Gi ¶ sö AMB lµ cung trßn cña ®êng trßn t©m O. Ta vÏ ®êng kÝnh MN khi ®ã M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB  OM  AB AB vµ K lµ trung ®iÓm cña AB  AK   15(m) 2 AK 15 XÐt AKM vu«ng t¹i K ta cã :tan AMK   3 MK 5 Tam gi¸c OMA c©n t¹i O do OA  OM  R  OMA  OAM  arctan 3  AOM  1800  (OMA  OAM)  1800  2 arctan 3 OAB cã OA  OB  R  AOB c©n t¹i O suy ra ®êng cao ®ång thêi ph©n gi¸c Khi ®ã :AOB  2AOK  3600  4 arctan 73,70 VËy ®é dµi cung AMB lµ :l 

R.n .25.73,70   32,18(m) 1800 1800

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

Năm học: 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1. (2,5 điểm) a) Giải phương trình x2  4 x  5  0 x  y  1 b) Giải hệ phương trình  2 x  y  5

c) Rút gọn biểu thức: P  16  3 8 

12 3

Bài 2. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y  2 x 2 và đường thằng (d): y  2 x  m (m là tham số) a) Vẽ parabol (P). b) Với những giá trị nào của m thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó. Bài 3. (1,5 điểm) a) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 450 km với vận tốc không đổi. Vận tốc xe thứ nhất lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10km/h nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ. Tính vận tốc mỗi xe. b) Cho phương trình: x2  mx  1  0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa x1  x2 và x1  x2  6 . Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không đi qua (O) (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R). (B và C là hai tiếp điểm và C tuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E và F. Gọi I là trung điểm của MN. a) Chứng minh rằng tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh EB.EC = EM.EN và IA là phân giác của BIC . c) Tia MF cắt (O;R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng AMF ∽ AON và BC //DN . d) Giả sử OA = 2R. Tính diện tích tam giác ABC theo R. Bài 5. (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2 x  3x  1  x  1 . b) Cho ba số thực dương a, b thỏa a + b + 3ab = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 3ab thức . P  1  a 2  1  b2  ab

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI Bài 1. a) Ta có 1 + 4 – 5 = 0, phương trình đã cho có hai nghiệm x1  1; x2  5 x  y  1 3x  6 x  2 x  2 b)     2 x  y  5 2 x  y  5 2.2  y  5 y 1

Hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2;1 c) P  16  3 8 

12  42 4  422  4 3

Bài 2. a) Bảng giá trị của (P) x

–2

–1

y  2 x2

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 x2  2 x  m  2 x 2  2 x  m  0(1) .

 '  12  2. m   2m  1 (P) và (d) chỉ có một điểm chung khi phương trình (1) có nghiệm kép 1 =>  '  0 hay 2m  1  0  m   . 2

Khi m  

1 1 1 phương trình (1) có nghiệm kép x1  x2   y1  y2  . 2 2 2

1 1 Vậy tọa độ điểm chung khi đó là  ;  . 2 2

Bài 3. a) Gọi vận tốc xe thứ nhất là x (km/h) (điều kiện: x > 10) Thì vận tốc xe thứ hai là x – 10(km/h) Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là:

1 (h) x

Thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường AB là:

1 (h) x  10

Vì nên xe thứ nhất đến trước xe thứ hai 1,5 giờ ta có phương trình: 450 450 3    900 x  900 x  9000  3x2  30 x x  10 x 2

 3x2  30 x  9000  0  x2  10 x  3000  0   102  4.3000  12100 ; x1 

  110

10  110 10  110  50 (loại)  60 (nhận), x2  2 2

Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60 (km/h) Thì vận tốc xe thứ hai là 60 – 10 = 50(km/h) b) a = 1; b = – m; c = – 1. Vì a và c khác dấu, phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 khác dấu. Theo hệ thức Viete ta có: x1  x2  m (1) Vì x1; x2 khác dấu mà x1  x2  x1  0  x2  x1   x1; x2  x2 . Ta có: x1  x2  6   x1  x2  6  x1  x2  6 (2). Từ (1) và (2) suy ra m = – 6. Bài 4.

C N M A

D B

a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm B  AB  OB hay ABO  900

Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm C  AC  OC hay ACO  900 . Tứ giác ABOC có ACO  ABO  900 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO. b) Xét EMB và ECN có: EMB  ECN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

EBM  ENC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

 EMB ∽ ECN ( gg ) 

EM EB   EB.EC  EM .EN . EC EN

Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) lần lượt tại các tiếp điểm B và C nên AOB  AOC và AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì I là trung điểm MN  OI  MN (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)  AIO  900  I nằm trên đường tròn đường kính OA.

Xét đường tròn đường kính OA ta có:

AIC  AOC; AIB  AOB (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) Mà AOB  AOC  AIC  AIB hay IA là phân giác của BIC .

c) Vì AB = AC và OB = OC nên AO là đường trung trực của BC  AO vuông góc với BC tại F. Xét  AOC vuông tại C, đường cao CF ta có AF.AO  AC 2 và FC 2  FA.FO . Xét  ACM và  ANC có: ACM  ANC và A chung  ACM ∽ ANC ( gg ) 

 AF . AO  AM . AN 

AC AM   AC 2  AM . AN AN AC

AF AM  AN AO

Xét AMF và AON có: A chung ;

AF AM   AMF ∽ AON (cgc) AN AO

Xét FCM và FDB có: FCM  FDB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

CFM  DFB (đối đỉnh)

FM FC  FB FD

 FCM ∽ FDB 

 FM .FD  FB.FC  FC 2  FM .FD  FA.FO 

FM FA  FO FD

Xét FMA và FOD có: MFA  OFD và

FM FA  FO FD

 FMA ∽ FOD(cgc)  FMA  FOD Mà FMA  FON  FON  FOD .

FON và FOD có: FO cạnh chung, FON  FOD , ON = OD  FON  FOD(cgc)  FN  FD Vì FN = FD và ON = OD  FO là đường trung trực của ND  FO  ND mà FO  BC  ND//BC. d) Xét  AOC vuông tại C ta có:

OA2  AC 2  OC 2

 AC 2  OA2  OC 2  4R2  R2  3R2  AC  R 3 .

Xét  AOC vuông tại C ta có: sin CAO 

OC R 1   OA 2 R 2

 CAO  300  CAB  600

 ABC có AB = AC và CAB  600   ABC là tam giác đều.  đường cao h  AB

3 3R  2 2

1 1 3R 3R 2 3 S BCA  h. AB   R 3  (dvdt ) 2 2 2 4

Bài 5.

a) Điều kiện: x  0 . Với x  0 ta có: 2 x  3x  1  x  1









 2 x  3x  1 2 x  3x  1   x  1 2 x  3x  1









 x  1   x  1 2 x  3x  1



 x  1   x  1 2 x  3x  1  0





  x  1 1  2 x  3x  1  0  x 1  0 x  1   1  2 x  3x  1  0  2 x  3x  1  1 (*) Giải (*) 2 x  3x  1  1 . Với x  0 ta có:

    2 x  3x  1  1 . 3x  1  1  

2 x 0

Dấu ‘=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy (*) có nghiệm x = 0. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm {0; 1}. b) Đặt t  a  b  t 2   a  b   4ab 2

3 Ta có: 1  a  b  3ab  t  t 2  3t 2  4t  4  0 4

  t  2  3t  2   0  3t  2  0  t 

2 . 3

Ta có:  a  b   0  a 2  2ab  b2  0 2

 2a 2  2b2  a2  2ab  b2  2  a 2  b2    a  b   2

Dễ dàng chứng minh

4 2  a 2  b2  9 9

A  B  2 A  B

 1  a 2  1  b2  2  2  a 2  b2  .

2 4 2   1  a 2  1  b2  2  2    9 2 

(1)

Ta có:

3ab a  b  3ab 1 3 1  1   1   1  (2). ab ab ab 2 2

Từ (1) và (2) suy ra: P  1  a 2  1  b 2 

3ab 4 3 1   . ab 3 2

1 Đẳng thức xảy ra khi a  b  . 3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

4 3 1 1  đạt được khi a  b  . 3 2 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 06/06/2018 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (2,0 điểm). 1. Tính giá trị của biểu thức A  5





20  5  1 .

2. Tìm tham số m để đường thẳng y   m  1 x  2018 có hệ số góc bằng 3 . Câu II (3,0 điểm).

x  4 y  8 1. Giải hệ phương trình  . 2 x  5 y  13  6  ( a  1) 2 10  2 a 2. Cho biểu thức B   (với a  0; a  1 ).   . a  1 a a  a  a  1 4 a   a) Rút gọn biểu thức B .

b) Đặt C  B.(a  a  1) . So sánh C và 1. 3. Cho phương trình x2  (m  2) x  3m  3  0 (1), với x là ẩn, m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m  1 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 . Câu III (1,5 điểm). Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10 km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên cung đường ấy, do lượng xe tham gia giao thông nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2 km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường. Câu IV (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC . Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm M , N ( M  B, N  C ). Gọi H là giao điểm của BN và CM ; P là giao điểm của AH và BC . 1. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Chứng minh BM .BA  BP.BC . 3. Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều cạnh bằng 2a . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a . 4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC ( E , F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, H , F thẳng hàng. Câu V (0,5 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

81x 2  18225 x  1 6 x  8  , với x  0. 9x x 1

-------------------------------HẾT-------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:................................................ Số báo danh:......................................................... Giám thị 1 (họ tên và ký)..................................... Giám thị 2 (họ tên và ký) ......................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HDC ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu I

+ Ta có A  5. 20  5. 5  1

0,25

 10  5  1

0,25

 6.

0,25

1 (1,0 điểm)

2 (1,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NGÀY THI: 06/06/2018 MÔN THI: TOÁN Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Hướng dẫn, tóm tắt lời giải Điểm (2,0điểm)

+ Vậy A  6 .

0,25

+ Đường thẳng y   m  1 x  2018 có hệ số góc bằng 3  m  1  3

0,5

 m  4.

+ Vậy m  4 .

0,25 0,25 (3,0điểm)

Câu II  x  4 y  8 x  8  4 y + Ta có   2 x  5 y  13  2  8  4 y   5 y  13

1 (1,0 điểm)

0,25

3 y  3  x  8  4 y

0,25

x  4 .   y 1

0,25

+ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (4;1) .

0,25

a) Với a  0; a  1 , ta có:  6 10  2 a  ( a  1) 2 B  . a  1 ( a  1)( a  1)   4 a

2 (1,0 điểm)

4 a 4 ( a  1) 2 . (a  1)( a  1) 4 a 1 1 . . Vậy B   a a b) Với a  0; a  1 , ta có: 

C 1  3 (1,0 điểm)

a  a 1 ( a  1)2 1   0. Vậy C  1. a a

0,25

0,25 0,25

0,25

x  3 a) Với m  1 thì phương trình (1) trở thành x2  x  6  0   .  x  2

0,25

Vậy khi m  1 thì phương trình có hai nghiệm x  3 và x  2 .

0,25

b) Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt

x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  25.  m  4 2  0    m  2 2  4  3m  3  0   m  2  x1  x2  m  2  0 Khi đó    x1.x2  3m  3  0 m  1 2  x 2  x 2  25   1 2  x1  x2   2 x1 x2  25   m  4 m  4 m  4     m  1  m  1  m  1  m  5.  m 2  2m  15  0  m5 2    m  2   2  3m  3  25   m  3

0,25

Vậy m phải tìm là m  5. Câu III

Gọi vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x (km/h)  x  2  . Thời gian để bạn Linh đi từ nhà đến trường là

0,25

10 (giờ). x

Vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là x  2 (km/h). Do đó thời gian bạn Linh đi từ trường về nhà là Theo bài ra, ta có phương trình

(1,5điểm)

0,25

10 (giờ). x2

10 10 1   x2 x 4

0,25

 40 x  40  x  2   x  x  2   x 2  2 x  80  0 (1,5 điểm)

 x  8  .  x  10

0,25

Nhận xét : x  8 loại, x  10 thỏa mãn. Vậy vận tốc của xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 km/h.

0,25

(3,0điểm)

Câu IV A

M E

1 (1,0 điểm)

2 (1,0 điểm)

H C P O

+ Chỉ ra được AMH  900

0,25

ANH  900

0,25

nên M và N cùng thuộc đường tròn đường kính AH. ( hoặc AMH  ANH  1800 )

0,25

+ Vậy tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.

0,25

+ Tứ giác AMPC có APC  900 (do H là trực tâm tam giác ABC) và AMC  900

0,25

nên tứ giác AMPC nội tiếp đường tròn đường kính AC

0,25

(Hoặc hai tam giác BMC và tam giác BPA đồng dạng) BM BC Chỉ ra được  BP BA

0,25

Từ đó suy ra BM.BA = BP.BC

0,25

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường kính AH

3 (0,5 điểm)

Tam giác ABC đều nên trực tâm H cũng là trọng tâm 2 2 AB 3 2a 3  AH  . AP  .  ( hoặc tính được bán kính đường tròn ngoại 3 3 2 3 1 a 3 tiếp tứ giác AMHN là R  AH  ) 2 3 Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng  .AH =

2 a 3 . 3

( Hoặc tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo công thức 2 R ) Kết luận : Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng 4 (0,5

Ta có AH.AP = AM.AB = AE2 

AH AE  . AE AP

0,25

2 a 3 . 3

0,25

điểm)

AH AE và EAP chung nên tam giác AHE  AE AP đồng dạng với tam giác AEP suy ra AHE  AEP (1)

Hai tam giác AHE và AEP có

Tương tự, ta có: AHF  AFP (2) Mặt khác: tứ giác AFOP và AEOF nội tiếp đường tròn đường kính AO nên năm điểm A,E,P,O,F cùng thuộc đường tròn đường kính AO . Suy ra tứ giác AEPF nội tiếp đường tròn nên AEP  AFP  1800 (3). Từ (1),(2) và (3)  AHE  AHF  AEP  AFP  1800  EHF  1800 .

0,25

Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng. Câu V

Với x  0 , ta có: 1 6 x 8 P  9 x   2025  9x x 1 1   6 x 8    9 x  2     9    2018 9x   x  1  

(0,5điểm)

0,25

(0,5 điểm)

1  (3 x  1)2   3 x    x  1  2018  2018 . 3 x 

1  0 1 3 x  3 x  x  ( thỏa mãn). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  9 3 x  1  0 

0,25

1 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 2018 khi x  . 9

Tổng

10 điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC KẠN ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1. a) Giải phương trinh 3x  2  0 b) Giải phương trình x2  5x  6  0 2x  3y  1 x  2y  1

c) Giải hệ phương trình 

d) Quãng đường từ A đến B dài 60 km. Một ca nô xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A mất tổng cộng 8h. Tính vận tốc thực của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 4 km/ h Câu 2. Rút gọn các biểu thức a) A  2 20  3 45  4 80 



x 1

b) B   2   x  0;x  1;x  4  . x 1  2 x 1  Câu 3 a) Vẽ Parabol (P): y  2x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm a, b để đường thẳng (d): y=ax +b đi qua điểm M(0; 1) và tiếp xúc với Parabol (P) Câu 4.Cho phương trình x2  2(m  1)x  6m  4  0 (1) (với m là tham số) a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn

 2m  2  x1  x22  4x2  4

Câu 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O). Trên tia Ax lấy điểm C, từ điểm C vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai diểm D và E (D, E không cùng nằm trên nửa mặt phẳng bở AB; D nằm giữa C và E). Từ điểm O kẻ OH vuông góc với DE tại H. a) Chứng minh rằng tứ giác AHOC nội tiếp b) Chứng minh rằng AD.CE=AC.AE c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. chứng minh rằng tứ giác AMBN là hình bình hành

ĐÁP ÁN ĐỀ TOÁN VÀO 10 BẮC CẠN 2018-2019 2 3 2 2 b) x  5x  6  0  x  2x  3x  6  0

C©u1: a)3x-2=0  x 

 x  x  2   3  x  2   0   x  3  x  2   0 x  3  S  3;2 . x  2 2x  3y  1 x  2y  1 x  2y  1 x  2.3  1 x  5 c)      x  2y  1 2(2y  1)  3y  1 y  3 y  3 y  3 VËy (x;y)  (5;3) d) Gäi x lµ vËn tèc thùc cña ca n« (x  0)  VËn tèc lóc ®i :x  4;vËn tèc lóc vÒ : x  4 Theo bµi ta cã ph¬ng tr×nh:

60 60  8 x4 x4

60x  240  60x  240 8 x 2  16  8x 2  128  120x 

x1  16 (chän)  x 2  15x  16  0   x 2  1(lo¹i) VËy vËn tèc ca n« lµ16km / h C©u 2.a) A=2 20  3 45  4 80  2 4.5  3 9.5  4 16.5  2.2 5  3.3 5  4.4 5  4 5  9 5  16 5  3 5 1  x 1 1  b) B   2  (x  0;x  ) . 4 x 1  2 x 1  

2 x  2 1





x 1 .

2

x 1

x 1 2 x 1 C©u 3:a) Häc sinh tù vÏ h×nh

x 1

2 x 1





x 1  x 1

x  0 b) v× (d) qua M(0;-1)   . Thay vµo (d)  1  0.a  b  b  1 y  1 Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d): y  ax  1lµ : 2x 2  ax  1  2x 2  ax  1  0. ta cã :   a 2  8 §Ó (d) tiÕp xóc víi (P) th×   0  a 2  8  0  a  2 2 VËy a  2 2 ;b  1th× tháa ®Ò

C©u 4:a) Ta cã:x 2  2(m  1)x  6m  4  0(1)  '     m  1   6m  4  m 2  4m  5   m  2   1  0(m) 2

b) Ta cã  2m  2  x1  x 22  4x 2  4 (2)

x1  x 2  2m  2 ¸p dôngViet   x1x 2  6m  4 Do x1 ,x 2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ngtr×nh (1) nª n tacã : x 22  2  m  1 x 2  6m  4  0

 x 22  2mx 2  2x 2  6m  4  0  x 22  4x 2  2x 2  2mx 2  6m  4  0  x 22  4x 2  2x 2  2mx 2  6m  4 (3) Thay (3) vµo (2) ta cã : 2 mx1  2x1  2x 2  2mx 2  6m  4  4  2m  x1  x 2   2.(x1  x 2 )  6m  0  2m.2(m  1)  2.2(m  1)  6m  0  4m 2  2m  4m  4  6m  0 m  2  2m  3m  2  0   m   1  2  1  VËy m  2;  th× tháa ®Ò  2 2

Cau 5

D H

O E N

a) v× Ax tiÕp tuyÕn  CAO  900 XÐt tø gi¸c AOHC cã :CAO  CHO  900  900  1800  CAOH lµ tø gi¸c néi tiÕp b) XÐt ADC vµ EAC cã : CAD  AEC (cïng ch¾n AD); C chung  ADC 

EAC (g  g)

AD AC   AD.EC  AC.AE (dpcm) EA EC

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BẠC LIÊU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN (Không chuyên) Thời gian: 120 phút Ngày thi: 02/06/2018

Câu 1. Rút gọn biểu thức a) A  45  20  2 5 b)B 

a2 a a 2



a4 a 2

 a  0;a  4  x  y  4 2x  y  5

Câu 2. a) Giải hệ phương trình  1 2

b)Cho hàm số y  x 2 có dồ thị (P) : y  x  2m. Vẽ đồ thị (P) tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng – 1 Câu 3. Cho phương trình x2  4x  m  1  0(1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2 b) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm c) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn điều kiện

x1  1 x 2  1   3 2x 2 2x1

Câu 4. Cho nửa dường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm tùy ý bất kỳ trên cung AC (M khác A và C là điêm chính giữa cung AB), BM cắt AC tại H. Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB. a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CA là phân giác của góc MCK c) Kẻ CP vuông góc với BM (P thuộc BM) và trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh ME=2CP.

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TỈNH BẠC LIÊU 2018-2019 C©u1: A= 45  20  2 5  3 5  2 5  2 5  3 5 B

a2 a a 2



a4 a 2



a ( a  2) a 2





a 2



a 2



a 2

 a  a  2  2 x  y  4 x  4  y x  4  y x  4  3 x  1 C©u 2:a)      2x  y  5 2(4  y)  y  5 y  3 y  3 y  3 1 1 2 b) v× (d) c¾t (P) t¹i ®iÓm cã hoµnh®é lµ  1  x  1;y  .  1  2 2 1 1 3 thay x  1;y  ta cã :  1  2m  m  2 2 4 2 C©u 3.x  4x  m  1  0 (1) a) khi m  2 (1) thµnh x 2  4x  3  0  x 2  3x  x  3  0 x  1  x(x  3)  (x  3)   x  1 x  3    x  3 b) Ta cã :  '  (2)2  m  1  3  m §Ó ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th  '  0  3  m  0  m  3 x  x  4 c) víi m  3,¸p dôngVi et   1 2  x 2  4  x1 x x  m  1  1 2 x  1 x2  1 Ta cã : 1   3 2x 2 2x1 

x1  1 4  x1  1   3 2(4  x1 ) 2x1



x1 (x1  1)  (5  x1 )(4  x1 )  3 2x1 ( 4  x1 )

 x12  x1  (5  x1 )(4  x1 )  3.2x1 (4  x1 )  x12  x1  20  9x1  x12  24x1  6x12 2  x   6x  34x1  20  0  3  x  5 2 1

2 10 20 11 *) x1    x 2    m  1  x 3 3 9 9 *) x 2  5  x 2  1  m  1  5  m  6 VËy m  6;m 

11 th× tháa ®Ò 9

CAU 4

C M H A

a) XÐt tø gi¸c BCHK cã :HCB  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn);HKB  900 (gt)  HCB  HKB  900  900  1800 VËy tø gi¸c CHKB lµ tø gi¸c néi tiÕp (dpcm) b) Tø gi¸c BCKH néi tiÕp  ACK  MBA (cïng ch¾n cung HK) MCA  MBA (cïng ch¾n cung MA)  ACK  MBA  MCA hay CA lµ tia ph©n gi¸c MCK c) XÐt CMA vµ CEB cã :MA  EB (gt);MAC  EBC (cïng ch¾n cung MC) CA  CB (CAB vu«ng c©n)  CMA  CEB (cgc)  CM  CE  CME c©n t¹i C Mµ CMB  CAB  450 (cïng ch¾n CB)  CEM  450  MCE  900 VËy CME vu«ng c©n t¹i C Mµ CP  ME (gt) nª n CP ®êng cao còng lµ trung tuyÕn CME Do ®ã PM  PN  CP  ME  2CP

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang) I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau Câu 1. Phương trình x2  3x  6  0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tổng x1  x2 bằng: A. 3 . B. 3 . C. 6 .

D. 6 .

Câu 2. Đường thẳng y  x  m  2 đi qua điểm E 1;0  khi: A. m  1 .

B. m  3 .

C. m  0 .

D. m  1 .

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A , ACB  30 , cạnh AB  5cm . Độ dài cạnh AC là: 5 3 5 A. 10 cm. B. cm. C. 5 3 cm. D. cm. 2 3 Câu 4. Hình vuông cạnh bằng 1 , bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là: 1 2 A. . B. 1 . C. 2 . D. . 2 2 Câu 5. Phương trình x2  x  a  0 (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi: 1 1 A. a  . B. a  . C. a  4 . D. a  4 . 4 4

a3 ta được kết quả: a B. a . C.  a .

Câu 6. Cho a  0 , rút gọn biểu thức A. a 2 . II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 7. (2,5 điểm)

D. a .

x  2 y  5 a) Giải hệ phương trình  . 3x  y  1 b) Tìm tọa độ giao điểm A , B của đồ thị hai hàm số y  x 2 và y  x  2 . Gọi D , C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác ABCD . Câu 8. (1,0 điểm) Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/6, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở. Câu 9. (2,5 điểm) Cho đường tròn đường kính AB , các điểm C , D nằm trên đường tròn đó sao cho C , D nằm khác phía đối với đường thẳng AB , đồng thời AD  AC . Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC ,

AD lần lượt là M , N ; giao điểm của MN với AC, AD lần lượt là H , I ; giao điểm của MD và CN là K . a) Chứng minh ACN  DMN . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp. b) Chứng minh KH song song với AD . c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ AC và sđ AD để AK song song với ND . Câu 10. (1,0 điểm) a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  4a2  6b2  3c2 . b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình x2  2ax  3b  0 và x2  2bx  3a  0 (với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên. ------------------ Hết ------------------Họ tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ...........................................S

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Mỗi câu trả lười đúng 0,5 điểm Câu 1 2 3 Đáp án A D C PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu Đáp án 7.a x  2 y  5 x  2 y  5 7 x  7 x  1 .     3x  y  1 6 x  2 y  2 x  2 y  5  y  2

4 D

5 B

6 B Điểm

1,0 1,0

7.b

1,5 Phương trình hoành độ giao điểm x  x  2  0 . Giải phương trình tìm được x1  1 ; x2  2 . Ta xác định được điểm A  1;1 , B  2; 4  . (Chú ý: Nếu học sinh vẽ hình hai đồ thị hàm số và tìm ra giao điểm đúng thì cho điểm tối đa) Do đó, hình chiếu của A , B trên trục hoành lần lượt là D  1;0  , C  2;0  . 2

Khi đó , ABCD là hình thang vuông tại C , D có các đáy là AD  1 , BC  4 , đường cao CD  3 . 1 1 15 Diện tích cần tìm là S ABCD   AD  BC  CD  .5.3  (đơn vị diện tích). 2 2 2 8

Gọi x là số quyển vở của mỗi phần quà và y là số phần quà dự tính ban đầu  x, y 

.

Số quyển vở mà nhóm học sinh có là x. y quyển vở. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nên  x  2  y  2   xy .

0,75

1,0

0,5

Nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nên  x  4  y  5  xy . Ta có hệ phương trình  x  y  2 4 x  4 y  8  x  12  x  2  y  2   xy (thỏa mãn).     5 x  4 y  20 5 x  4 y  20  y  10   x  4  y  5  xy Vậy có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở. 9.a

0,5

1,0

Vẽ hình đúng câu a)

0,25

1 1 Ta có ACN  sđ AN  sđ DN  DMN * . 2 2

0,5

Xét tứ giác MCKH có KCH  KMH (do * ). Do đó, tứ giác MCKH nội tiếp.

0,25

9.b

0,5 1 Do tứ giác MCKH nội tiếp nên HKM  HCM  sđ AM  ADM . 2 Suy ra, HK //AD (hai góc đồng vị).

0,5

9.c

1,0 Ta có CKM 







 



1 1 1 sđ MC  sđ DN ; MCK  sđ MA  sđ AN  sđ MC  sđ DN . 2 2 2

 MKC  MCK  MCK cân tại M  MC  MK mà MC  MA  MA  MK . Do đó, MAK cân tại M .

Vì MN là phân giác góc AMK nên MN  AK  MN  DN . Do đó, MD là đường kính của đường tròn tâm O đường kính AB . 1 Suy ra, sđ MA  sđ AD  180  sđ AC  sđ AD  180 . 2 10.a

0,5

0,5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 8 8 16 16 4a 2  4  2 4a 2 .4  8a ; 6b2   2 6b2 .  8b ; 3c 2   2 3c 2 .  8c . 3 3 3 3 Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta được: 8 16 4a 2  6b2  3c 2  4    8  a  b  c   24  4a 2  6b2  3c 2  12 . 3 3 a  b  c  3   2 a  1  4a  4  2  2 8   b  . Dấu “=” xảy ra  6b  3 3   4  2 16  3c  c  3 3 

10.b

0,25

0,5 Phương trình x 2  2ax  3b  0 1 có 1  a 2  3b . Phương trình x 2  2bx  3a  0  2  có  2  b2  3a . Vì hai phương trình có nghiệm nguyên nên 1 ,  2 đều là số chình phương.

0,25

Giả sử a  b  0 khi đó a 2  a 2  3b   a  2   a 2  3b   a  1  3b  2a  1 . 2

Do đó b là số lẻ. Đặt b  2n  1   2  4n2  13n  4 . +) Nếu n 1; 2;3; 4 thì  2 không là số chính phương. +) Nếu n  0   2  4  a  b  1 (thỏa mãn). +) Nếu n  5 thì 2  169  a  16, b  11 (thỏa mãn). 2 2 + Nếu n  5 thì  2n  3  4n2  13n  4   2n  4    2 không là số chính phương.

Vậy các bộ số  a; b  thỏa mãn là: 1;1 , 16;11 , 11;16  .

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

Câu 1. (2.5 điểm) a) Rút gọn các biểu thức: A  12  27  48 . 1  x 1  1 với x  0 và x  1 . B  : x  1  x 1  x 1  x  2 y  12 b) Giải hệ phương trình:  . 3x  y  1

Câu 2. (2 điểm) Cho phương trình: x2  5x  m  0 (*) (m là tham số) a) Giải phương trình (*) khi m  3. b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 9 x1  2 x2  18. Câu 3. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho parabol (P): y 

1 2 x và đường thẳng (d): 2

y   2m  1 x  5 . a) Vẽ đồ thị của (P). b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm E  7;12  . c) Đường thẳng y  2 cắt parabol (P) tại hai điểm A, B. Tìm tọa độ của A, B và tính diện tích tam giác OAB.

Câu 4. (3.5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E. a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: CA.CK = CE.CH. c) Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân. d) Khi KE = KC. Chứng minh rằng: OK // MN. HẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CÔNG LẬP NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TOÁN (chung) (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Nội dung

a) Rút gọn các biểu thức: A  12  27  48

Điểm 1,5đ 0,5đ

A  2 3 3 3 4 3

0,25

A 3

0,25

1  x 1  1 B  với x  0 và x  1 . : x  1  x 1  x 1

1,0 đ

B





  x  1 x 1



x 1

 : x 1 x  1 x  1 x 1



x 1

0,25

x 1 x 1

0,25

2 x 1 . x 1 x 1 2 B x 1



0,25 0,25

 x  2 y  12 . b) Giải hệ phương trình:  3x  y  1

1,0 đ

 x  2 y  12  . 6 x  2 y  2

0,25

(Phương pháp thế: x  12  2 y )

 7 x  14  x  2 x 2 y 5

0,25 0,25

x  2 y  5

Câu 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 

0,25

Cho phương trình: x  5x  m  0 (*) (m là tham số) a) Giải phương trình (*) khi m  3.

2,0 đ

Với m = -3 ta có phương trình: x  5x  3  0 Ta có:   37  0

0,25

1,0 đ

0,25

 5  37 x  2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:   5  37 x   2

0,5

b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 9 x1  2 x2  18. Ta có   25  4m Phương trình (*) có 2 nghiệm    0  25  4m  0  m 

25 4

1,0 đ 0,25 0,25

Ghi chú

 x1  x2  5  x1.x2  m

Theo hệ thức Viet, ta có : 

0,25

 x1  x2  5  x 4 Ta có hệ phương trình:   1 9 x1  2 x2  18  x2  9 nên m  x1.x2  4(9)  36 (thỏa điều kiện) Vậy m = -36 Câu 3

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho parabol (P): y  (d): y   2m  1 x  5 . a) Vẽ đồ thị của (P). Bảng giá trị : x -2 2 1 2

y

2 Đồ thị

1 2 x và đường thẳng 2

2,0đ 1,0đ

-1

1 2

0 0

1 2

2 2

0,5

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm E  7;12  .

Đường thẳng (d): y   2m  1 x  5 đi qua điểm E  7;12  , ta có

12   2m  1 .7  5  2m  1  1  m  1 c) Đường thẳng y  2 cắt parabol (P) tại hai điểm A, B. Tìm tọa độ của A, B và tính diện tích tam giác OAB. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng y = 2 là :

 x2 1 2 x  2  x2  4   2  x  2

0,5 0,25 0,25 0,5

0,25

Vậy A(-2 ;2), B(2 ;2) AB = 4, H(0 ;2) là giao điểm của đường thẳng y = 2 và trục tung

1 AB.OH  4 (đvdt) 2 Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K (K khác A), hai dây MN và BK cắt nhau ở E. Diện tích tam giác OAB : SOAB 

Câu 4

0,25

3,5đ

0,25

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp. Ta có : AHE  900

0,25

AKB  900  AHE  AKB  1800

0,25 0,25

(1)

Hai góc AHE , AKB đối nhau (2) Từ (1), (2) ta có tứ giác AHEK nội tiếp đường tròn đường kính AE. b) Chứng minh: CA.CK = CE.CH.

0,25 0,25

Do tứ giác AHEK nội tiếp nên HAK  KEN

0,25

CKE ∽ CHA vì C chung và HAK  KEN

 AHC  EKC  90  0

CK CE =  CK .CA  CH .C E CH CA c) Qua điểm N, kẻ đường thẳng (d) vuông góc với AC, (d) cắt tia MK tại F. Chứng minh tam giác NFK cân. Do KB // FN nên EKN  KNF , MKB  KFN (3) nên

mà MKB  EKN (góc nội tiếp cùng chắn cung bằng nhau)

(4)

(3), (4)  KNF  KFN nên tam giác KFN cân tại K. d) Khi KE = KC. Chứng minh rằng: OK // MN. Ta có AKB  900  BKC  900  KEC vuông tại K. mà KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K  KEC  450 OAK  OKA  KEC  450  AOK  900 hay OK  AB

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

mà MN  AB nên OK //MN ----------------HẾT---------------

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học : 2018-2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 13/06/2018 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể phát đề) 1  x  1 Bài 1. Cho biểu thức A    (x  0) : x 1  x  2 x 1 x x

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị của x để A 

1 2

Bài 2. 2x  y  4 x  3y  5

1) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình 

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đường thẳng d có hệ số góc k đi qua điểm M(1; - 3) cắt cát trục toạn đọ Ox, Oy lần lượt tại A và B a) Xác định tọa độ các điểm A, B theo k b) Tính diện tích tam giác OAB khi k = 2 Bài 3. Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó bằng 18 (số đảo ngược của một số là một số thu được bằng cách viêt các chữ số của nó theo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình phương số đảo ngược của nó bằng 618 Bài 4. Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy ý (M không trùng với B, C, H).Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC. a) Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này b) Chứng minh OH  PQ c) Chứng minh MP  MQ  AH Bài 5. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng AB, AC sao cho Chứng minh MN = a – x – y

AM AN   1. Đặt AM = x; AN = y. MB NC

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 NĂM 2018-2019 TỈNH BÌNH ĐỊNH 1  x  1 1)a) A    : x 1  x  2 x 1 x x 

1 x x.





x 1

 .

  1  x 1  x   1  x

x 1 x

x. x

1 1 x 1 1 x 1 2  2x  x     0 0 2 x 2 x 2 2x 2  3x 2   0 mµ x  0  2  3x  0  x  2x 3 2 1 VËy 0  x  th× A  3 2 2x  y  4 2x  y  4 7y  14 x  5  3.(2) x  1 Bµi 2.1)      x  3y  5 2x  6y  10 x  5  3y y  2 y  2 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (1; 2) b) A 

2)a)v× ®êng th ¼ ng d cã hÖ sè gãc k nª n (d) cã d¹ng y  kx  b V× d qua M(1; 3)  3  1.k  b  b  3  k  ®êng th ¼ ng d cã d¹ng y  kx  3  k V× A  Ox  A(x;0) vµ A  d  0  kx  3  k  x 

3 k  k 3   A ;0  k  k 

V× B  Oy  B(0;y) vµ B  d  y  k.0  3  k  y  3  k  B  0; 3  k  2

k 3  k 3   k 3 b) ta cã  OAB vu«ng t¹i O mµ A  ;0   OA     k  k   k  B(0; 3  k)  OB 

 3  k 

OA.OB khi k  2  S OAB   2 25 VËy khi k=2 th× S OAB  4

 k3

23 .  2  3 25 2  (®vdt) 2 4

Bµi 3.Gäi sè cã hai ch÷ sè cÇn t×m lµ ab  a  *;0  a  9;0  b  9  Sè ®¶o ngîc lµ :ba Theo ®Ò hiÖu cña sè ban ®Çuvíi sè ®¶o ngîc lµ18  ab  ba  18  10a  b  10b  a  18  9a  9b  18  a  b  2  a  b  2 (1) Tæng cña sè ban ®Çu víi b×nh ph¬ng sè ®¶o ngîc lµ 618

 

 ab  ba

 618

 10a  b  (10 b  a)2  618  10a  b  100b 2  20ab  a 2  618(2) Thay (1) vµo (2)  10(b  2)  b  100b 2  20(2  b).b  (2  b)2  618  20  10b  b  100b 2  40b  20b 2  4  4b  b 2  618  121b2  55b  594  0 b  2  . b2a 4  b   27 (lo¹i)  11 VËy sè cÇn t×m lµ 42

Cau 4

O P Q B

a) XÐt tø gi¸c APMQ cã :APM  AQM  90 0 (gt)  APM  AQM  1800  Tø gi¸c APMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh AM Gäi O lµ trung ®iÓm cña AM  Tø gi¸c APMQ néi tiÕp trong ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AM 1 b) ta cã :AHM  900 (gt)  AHM néi tiÕp ch¾n ®êng trßn ®êng kÝnh AM 2  H thuéc ®êng trßn (O) ta cã :HPQ  HAC (2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n HQ) HQP  HAB ( 2 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HP) mµ HAC  HAB ( ABC ®Òu nªn AH ®êng cao còng lµ ph©n gi¸c)  HPQ  HQP  HPQ c©n t¹iH  HP  HQ (1) mµ OP  OQ (do P,Q  (O))(2) tõ (1) vµ (2)  OH lµ ®êng trung trùc cña PQ  OH  PQ 1 1 c) Ta cã :S MAB  MP.AB  MP.BC (do AB  AC) 2 2 1 1 S MAC  .MQ.AC  .MQ.BC (do AC  BC) 2 2 1 S ABC  AH.BC 2 Mµ S MAB  S MAC  S ABC 1 1 1 MP.BC  MQ.BC  AH.BC 2 2 2  MP  MQ  AH (dpcm) 

Cau 5

A N' M

N M'

AM AN AM AN  1  1 MB NC AB  AM AC  AN x y    1  ax  xy  ay  xy  a 2  ax  ay  xy ax ay Ta cã :

 a 2  2ax  2ay  3xy  0  a 2  x 2  y 2  2ax  2by  2xy  x 2  y 2  xy   a  x  y   x 2  y 2  xy 2

Gi ¶ sö x  y, kÎ MM '/ /BC;NN '/ / BC,M'  AC;N'  AB AM AM ' ¸p dông ®Þnh lý ta let   ; AB  AC  AM  AM ' AB AC BAC  600  MAM '  600  AMM ' ®Òu  MM '  AM  x chøng min h t¬ng tù ta cã :NN '  y MM '/ /NN ';AMM '  AM ' M  600  MM ' NN ' lµ h×nh thang c©n Ta cã:MN'=M'N=x-y xy xy MH  2 2 ¸p dông ®Þnh lý Pytago vµo NHM ' cã : KÎ NH  MM ' ta cã : M'H 

NH  NM '  M ' H  2

x  y

x  y 



x  y

4 2 ¸p dông ®Þnh lý Pytago vµo NHM vu«ng t¹i H ta cã : 3(x  y)2  x  y  4x 2  4y 2  4xy MN  NH  MH     x 2  y 2  xy 4 4 4 2



a  x  y 

 axy

AM AN  1 MB NC AM   1  AM  AB MB Ta cã

1  AM  AM  AM  MB  AB  a  AM  a 2 1 Cmtt ta còng ®îc AN  a 2 1 1  axy  a a a  0 axy  axy 2 2 VËy MN  a  x  y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

Bài 1

1) Rút gọn biểu thức A   5  2   40 2

x x

x 1 

x 1

2) Rút gọn biểu thức B    (x  0;x  1)  : x  x 1 x  x  Tính giá trị của B khi x  12  8 2 Bài 2. Cho Parabol (P) :y  x2 và đường thẳng (d) : y  2 3x  m  1 (m là tham số) 1) Vẽ đồ thị hàm số (P) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Bài 3 9x  y  11 5x  2y  9

1) Giải hệ phương trình 

2) Cho phương trình x2  2(m  2)x  m2  3m  2  0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 3 b) Tim các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 sao cho biểu thức A  2018  3x1x2  x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất Bài 4. Một người dự định đi xe máy từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 90km trong mộ thời gian đã định . Sau khi đi được 1 giờ, người đó nghỉ 9 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hẹn, người ấy phải tăng vận tốc thêm 4 km/h. Tính vận tốc lúc đầu của người ấy Bài 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) có bán kính R=3 cm. Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại D a) Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn b) Gọi M là giao điểm của BC và OD. Biết OD = 5 cm. Tính diện tích tam giác BCD c) Kẻ đường thẳng d đi qua D và song song với đường tiếp tuyến với (O) tại A, d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AB.AP=AQ.AC d) Chứng minh góc PAD bằng góc MAC

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 NĂM 2018-2019 TỈNH BÌNH DƯƠNG Bµi1:1) A 



5 2



 40  5  2 10  2  2 10  7

x x x 1  x 1 2) B    :  x  1 x  x  x    x x 1  x 1  x   .  x 1 x. x  1  x  1  









1  x x 1 x   x   .  . x  x 1 x x 1 



Ta cã x  12  8 2  x  12  8 2 



x 1 .

x 1

2 2 



x 1

x 1

 2.2 2.2  2 2 

2

2 2



2 2 2

 B  x 1  2 2  2 1  1 2 2 Bµi 2. a) Häc sinh tù vÏ b) ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P) : x 2  2 3x  m  1  0 (1) ' 

 3

 m 1  3  m 1  2  m

§Ó (d) c ¾ t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt th× ph¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt  '  0  2  m  0  m  2 9x  y  11 5x  2(11  9x)  9 13x  13 x  1 x  1 Bµi 3.1)      5x  2y  9 y  11  9x y  11  9x y  11  9.1 y  2 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (1;2) 2)a) khi m  3 ptrinh (1) thµnh x 2  10x  16  0 x  8  x 2  2x  8x  16  0  x(x  2)  8(x  2)  0   x  8  x  2   0   x  2 S  2;8

b) Ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt   '  0     m  2    (m 2  3m  2)  0 2

 m 2  4m  4  m 2  3m  2  0  m  6 x1  x 2  2(m  2) Lóc ®ã,¸p dông vi et ta cã  2 x1x 2  m  3m  2 Ta cã :A  2018  3x1x 2  x12  x 22 2 2  2018  3x1x 2   x1  x 2   2x1x 2   2018  5x1x 2   x1  x 2    Thay viet vµo A ta cã :

A  2018  5x1x 2  (x1  x 2 )2  2018  5(m 2  3m  2)  4  m  2   2018  5m 2  15m  10  4m 2  16m  16  m 2  m  1992 2

1  7967   m    2 4  7967 1 Ta cã :A  .dÊu"  "x ¶ y ra  m  (tm) 4 2 1 VËy m  th× tháa ®Ò 2 Bµi 4.Gäi x(km/h) lµ vËn tèc ban ®Çu cña ngêi ®ã 90 Thêi gian dù ®Þnh ®i hÕt qu·ng ®êng lµ : (h) x Qu·ng ®êng ngêi ®ã ®i trong1h :x(km) Qu·ng ®êng cßn l¹i ph¶i t¨ng tèc lµ :90  x VËn tèc cña ngêi ®ã sau khi t¨ng tèc:x  4 (km / h) 90  x x4 90 9 90  x Theo ®Ò ta cã ph¬ngtr×nh:  1   x 60 x  4 90 23 90  x    x 20 x  4  90.20(x  4)  23x(x  4)  20(90  x).x Thêi gian ®i hÕt qu·ng ®êng cßn l¹i :

 1800x  7200  23x 2  92x  1800x  20x 2 x  36 (tm)  3x  92x  7200  0   x  200 (kh«ng tháa)  3 vËy vËn tèc lóc ®Çu cña ngêi ®ã :36 km / h 2

Cau 5

B Q D P

1) Do DB, DC lµ c¸c tiÕp tuyÕn cña (O)  OBD  OCD  900  OBD  OCD  900  900  1800  Tø gi¸c OBDC lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) ¸p dông Þnh lý Pytago vµoOBD vu«ngt¹iB  DB  OD 2  OB 2  52  32  4 (cm) Ta cã :OB  OC  R,BD  DC (2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)  O;D thuéc trung trùc BC  OD lµ trung trùc BC  OD  BC ¸p dông hÖ thøc lîng vµo OBD vu«ng, ta cã : DB 2 4 2 16 DM.DO  DB  DM    (cm) DO 5 5 OB.BD 3.4 12 BM.OD  OB.BD  BM    (cm) OD 5 5 1 16 12 VËy S DBC  DM.BC  DM.BM  .  7,68(cm 2 ) 2 5 5 2

3. Ta cã :APQ  BAx (2 gãc so le trong doAx / /PQ) mµ xAB  ACB (cïng ch ¾ n AB)  APQ  ACB XÐt ABC vµ AQP cã : PAQ chung; APQ  ACB (cmt) AB AC  ABC AQP (g.g)    AB.AP  AC.AQ AQ AP 4. KÐo dµi BD c¾t D t¹i F ta cã :DBP  ABF (®èi ®Ønh) mµ ABF  ACB (cïng ch¾n AB ) ACB  APD (do ABC

AQP)

 DBP  APD  BPD  DBP c©n t¹i D  DB  DP T¬ng tù kÐo dµi DC c¾t d t¹i G, ta chøng min h DCQ  ACG  ABC  DQC  DCQ c©n t¹i D l¹i cã :DB  DC (tÝnh chÊthai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)  DP  DQ  D lµ trung ®iÓm PQ AB AC BC 2MC AC MC Ta cã : ABC AQP (cmt)       AQ AP PQ 2PD AP PD xÐt AMC vµ ADP cã : ACM  APD (ACB  APQ  cmt) AC MC  (cmt) AP PD  AMC ADP (cgc)  PAD  MAC (dpcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang)

KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG) Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi 01/06/2018

Câu 1 (2,0 điểm): 1. Tính giá trị của các biểu thức:

M  36  25 2. Cho biểu thức P  1 

N  ( 5  1)2  5

x x , với x  0 và x  1 x 1

a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x , biết P  3 Câu 2 (2,0 điểm): 1. Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y   x  2 a) Vẽ parabol ( P) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy . b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P) và đường thẳng (d ) bằng phép tính.

3x  y  5 2 x  y  10

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 

Câu 3 (2,5 điểm): 1. Cho phương trình: x2  2mx  2m  1  0 ( m là tham số ) (1) a) Giải phương trình (1) với m  2 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho:

x

2 1

 2mx1  3 x22  2mx2  2   50

2. Quãng đường AB dài 50 km . Hai xe máy khởi hành cùng một lúc từ A đến B . Vận tốc xe thứ nhất lớn hơn vận tốc xe thứ hai 10 km / h , nên xe thứ nhất đến B trước xe thứ hai 15 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 4 (1,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH  H  BC  . Biết AC  8cm, BC  10cm . Tính độ dài các đoạn thẳng AB, BH , CH và AH . Câu 5 (2,5 điểm): Cho đường tròn tâm  O  , từ điểm M ở bên ngoài đường tròn  O  kẻ các tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp điểm), kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M

và D; O và B nằm về hai phía so với cát tuyến MCD ). a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp. b) Chứng minh: MB2  MC.MD c) Gọi H là giao điểm của AB và OM . Chứng minh: AB là phân giác của CHD Hết. Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh:……………………………………………….SBD………………… Họ tên, chữ ký giám thị 1:……………………………………………....................... Họ tên, chữ ký giám thị 2:……………………………………………....................... 1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (CHUNG) Câu 1 (2,0 điểm): 1. Tính giá trị của các biểu thức:

M  36  25 2. Cho biểu thức P  1 

N  ( 5  1)2  5

x x , với x  0 và x  1 x 1

a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x , biết P  3 Lời giải 1. M  6  5  11

N  5  1 5  1 x ( x  1) 1 x x 1 b. P  3  1  x  3  x  4 thỏa mãn. Vậy x  4 thì P  3 2a. P  1 

Câu 2 (2,0 điểm): 1. Cho parabol ( P) : y  x 2 và đường thẳng (d ) : y   x  2 a) Vẽ parabol ( P) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy . b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P) và đường thẳng (d ) bằng phép tính.

3x  y  5 2 x  y  10

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau:  Lời giải 1a. Bảng giá trị x -2 2 y=x 4 x y=-x+2

-1 1

0 0

1 1

0 2

2 4 2 0

b.Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d ):

x 2 = -x + 2  x 2 + x - 2 = 0   x+2  x  1  0

 x  2  y  4  x 1 y 1 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là ( -2; 4), ( 1; 1)

5 x  15   y  5  3x x  3 2.    y  5  3.3 x  3   y  4 Vậy nghiệm (x; y) của hệ là (3 ; - 4) Câu 3 (2,5 điểm): 1. Cho phương trình: x2  2mx  2m  1  0 ( m là tham số ) (1) a) Giải phương trình (1) với m  2 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho:

x

2 1

 2mx1  3 x22  2mx2  2   50

x

x 1 x  3

– 1  x – 3  0  

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;3 b.  '  m2  2m  1  (m  1)2  0  Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m Vì x1, x2 là là hai nghiệm của phương trình (1) nên ta có:

x12  2mx1  3  4  2m x22  2mx2  2  1  2m Theo đề bai tao có  x12  2mx1  3 x22  2mx2  2   50

  4  2m  1  2m   50  4m 2  6m  54  0  m  3   m  3 2m  9   0   9 m   2

9  m  3;  2  Vậy 2. Gọi vận tốc xe thứ nhất là x km/h ( x >10) Thì vận tốc xe thứ hai là x - 10 km/h

50 h x 50 Thời gian xe thứ hai đi từ A đến B là h x  10 50 50 1 Theo đề bài ta có phương trình   x  10 x 4 2  x  10 x  2000  0  ( x  50)( x  40)  0 Thời gian xe thứ nhất đi từ A đến B là

 x  50 ( N )   x   40 ( L) Vậy vận tốc xe thứ nhất là 50 km/h; vận tốc xe thứ hai là 40 km/h Câu 4 (1,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH  H  BC  . Biết AC  8cm, BC  10cm . Tính độ dài các đoạn thẳng AB, BH , CH và AH . Lời giải

AH =

BH .CH  3,6.6,4  4,8(cm) Theo định lí Py-ta-go ta có AB  BC 2  AC 2  102  82  6(cm)

ABC có A  900 ; AH  BC

 AB 2  BH .BC  BH 

AB 2 62   3,6(cm) BC 10

CH = BC – BH = 10 – 3,6 = 6,4 ( cm) Câu 5 (2,5 điểm): Cho đường tròn tâm  O  , từ điểm M ở bên ngoài đường tròn  O  kẻ các tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp điểm), kẻ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M

và D; O và B nằm về hai phía so với cát tuyến MCD ). 4

a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp. b) Chứng minh: MB2  MC.MD c) Gọi H là giao điểm của AB và OM . Chứng minh: AB là phân giác của CHD

Vẽ hình đến câu a

Ta có:

OAM  OBM  90O (vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) )  OAM  OBM  180O b. Xét MBC và MDB có:  BMD chung   1  MBC  MDB ( sd BC ) 2 

 tứ giác MAOB nội tiếp.  MBC MDB (g-g) MB MC   MD MB  MB 2  MC.MD (1)

c. MOBcó B  900 ; BH  OM  MB2  MH .MO

(2)

(1) & (2)  MC.MD = MH.MO

Xét MCH & MOD có:  DMO chung   MC MH  (vì MC.MD = MH.MO)   MO MD

 MCH

MOD (c.g.c)  MHC  ODM

(3)

 tứ giác OHCD nội tiếp

 OHD  OCD; mà OCD  ODM (OCD cân)  OHD  ODM (4)

(3) & (4)  MHC  OHD do MHC  CHB  OHD  DHB  900

 CHB  DHB  AB là phân giác của CHD

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 11/07/2018

Câu 1. Rút gọn biểu thức A   6  2  . 2  16  12 Câu 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)x 2  3x  10  0

2x  y  4 b)  3x  y  1

Câu 3. Cho hàm số y  x2 có đồ thị (P) a) Vẽ đồ thị hàm số (P) trên mặt phẳng tọa độ  Oxy  b) Tìm tham số m để phương trình đường thẳng (d): y   m2  4  x  m2  3 luôn cắt P tại hai điểm phân biệt Câu 4. Quãng đường AB dài 120 km. Hai ô to khởi hành cùng một lúc từ A đến B. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai 12 km nên đến trước ô tô thứ hai 30 phút. Tính vận tốc của ô tô thứ nhất. Câu 5. Cho đường tròn (O;R) và điểm M nằm ở ngoài đường tròn (O) sao cho OM=2R. Từ điểm M ve hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A,B là các tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác AOBM nội tiếp b) Tính độ dài đoạn thẳng MA theo R và tính số đo AOM c) Từ M vẽ cát tuyến MCD đến đường tròn (O) (cát tuyến MCD không đi qua tâm và MC< MD). Chứng minh MA2  MC.MD d) AB cắt MO tại H. Chứng minh HDC  HOC

C©u1. A 



ĐÁP ÁN VÀO 10 BÌNH THUẬN 2018 – 2019



6  2 . 2  16  12

 12  2  4  12  6 C©u 2: a) x 2  3x  10  0  x 2  5x  2x  10  0 x  5  x(x  5)  2(x  5)  0   x  5 x  2   0   x  2 VËy S  5; 2 2x  y  4 2x  3x  1  4 5x  5 x  1 x  1 b)      3x  y  1 y  3x  1 y  3x  1 y  3.1  1 y  2 VËy (x;y)  (1;2) C©u 3)a ) häc sinh tù vÏ b) ta cã pt hoµnh ®é giao ®iÓm (d)vµ (P) : x 2  (m 2  4)x  m 2  3  0  x 2  (m 2  4)x  3  m 2 (1)



Ta cã :   (m 2  4)2  4(3  m 2 )  m 4  8m 2  16  12  4m 2  m 4  4m 2  4  m 2  2



(d) c¨t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt khi pt (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt    0  (m 2  2)2  0 m 2 C©u 4: Gäi x (km/h) lµ vËn tèc « t« thø nhÊt (x  12) 120 x 120 Thêi gian « t« thø hai ®i lµ: x  12 1 Ta cã :30 phót  h 2 120 120 1  Theo ®Ò ta cã ph¬ng tr×nh :   x  12 x 2 120x  120x  1440 1   x(x  12) 2  Thêi gian « t« thø nhÊt ®i lµ:

 x 2  12x  2880  x 2  12x  2880 Ta cã  '   6   2880  2916  0    54 2

Nª n ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1  6  54  60(chän)  x 2  6  54  48(lo¹i) VËy vËn tèc « t« thø nhÊt lµ 60 km / h

Cau 5

C H

B a) Ta cã MAO  MBO  900  900  1800 (t.c tiÕp tuyÕn)  Tø gi¸c AOBM néi tiÕp b) ¸p dông ®Þnh lý pytago vµo MAO vu«ng t¹i O  MA  MO2  AO2  (2R)2  R 2  R 3 Ta cã :tan AOM 

AM R 3   3  AOM  600 AO R

c) Ta xÐt MAC vµ MDA cã : M chung;MAC  MDA (cïng ch¾n cung AC) MA MD   MA 2  MC.MD MC MA d) ¸p dông hÖ thøc lîng trong tam gi¸c OAM cã MA 2  MH.MO

 MAC

MDA (g.g) 

MC MH  MO MD MC MH xÐt MCH vµ MOD cã : OMD chung;  (cmt) MO MD kÕt hîp víi c©u c  MC.MD  MH.MO 

 MCH

MOD (cgc)  MCH  ODM  ODC

mµ MHC  OHC  1800 (kÒ bï)  OHC  ODC  1800  Tø gi¸c ODHC lµ tø gi¸c néi tiÕp  HDC  HOC (cïng ch¾n cung HC).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: Toán (không chuyên) Ngày thi: 07/06/2018 Thời gian: 120 phút (không kể giao đề)

Bài 1. Giải phương trình, hệ phương trình sau: a)3x 2  10x  3  0

c)x 4  x 2  12  0

3x  2y  1 b)  4x  3y  41

d)x  x  1  1

Bài 2. Rút gọn biểu thức A 

2 3 2 3



2 3 2 3

1 2

Bài 3. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y  x 2 có đồ thị (P), đường thẳng (d) có phương trình y  2x  6. a) Vẽ (P),(d) trên cùng mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) Bài 4. Cho phương trình bậc hai:  2m  1 x2  2(m  4)x  5m  2  0 (với m là tham 1 2

số, m  ) a) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 b) Tính theo m các giá trị S= x1  x2 ;

P  x1x2

Bài 5. Một sân trường hình chữ nhât có chu vi 220m. Ba lần chiều dài hơn 4 lần chiều rộng là 50m. Tính diện tích sân trường. Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho 2MC  AC và M không trùng với C. Vẽ đường tròn đường kính MC, kẻ BM cắt

đường tròn tại D. Đường thẳng DA cắt đường tròn tại S. Chứng minh rằng: a) ABCD là một tứ giác nội tiếp b) CA là tia phân giác của góc SCB. Bài 7. Cho ABC có ba góc nhọn, kẻ các đường cao BE và CF. Trên đoạn thẳng BE, lấy điểm M sao cho AMC vuông tại M. Trên đoạn CF lấy điểm N sao cho tam giác ANB vuông tại N. Chứng minh AM = AN

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 CÀ MAU 2018-2019 Bµi1.a)3x 2  10x  3  0. ta cã  '   5  3.3  16  0 2

 5  16 1  x1  3 3 .VËy S   1 ;3  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm phn biÖt     3  5  16 3 x 2   3 17x  85 x  5 3x  2y  1 9x  6y  3 x  5   b)    1  3x   1  3.5   4x  3y  41 8x  6y  82 y  7 y  2 y  2 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x;y)  (5; 7) Bµi 2) A  

2 3 2 3

2 3



2  3  (2  3)

 2  3  2  3 

2 3 



2 3 2 3

2 3 2 3 43





2 3 2 3

2 3 2 3 1

Bµi 3.a) Häc sinh tù vÏ b) Ta cã ph¬ngtr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm 1 2 x  2x  6 2 x  6  y  18 1  x 2  2x  6  0   2 x  2  y  2 VËy täa ®é cña (P) vµ (d) lµ : A(6;18) B( 2;2) 1 4)  2m  1 x 2  2(m  4)x  5m  2  0 (m  ) 2 a)  '   m  4   (2m  1)(5m  2)  m 2  8m  16  10m 2  m  2  9m 2  9m  18 2

§Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt th  '  0  9m 2  9m  18  0  1  m  2 b 2m  8  S  x1  x 2  a  2m  1 b) Khi ®ã :  P  x x  c  5m  2 1 2  a 2m  1 Bµi 5.Gäi x(m)lµ chiÒu dµi s©n trêng (0  x  110)  ChiÒu réng s©n trêng :110  x ta cã 3lÇn chiÒu dµi h¬n 4 lÇn chiÒu réng lµ 50m  3x  50  4.(110  x)  3x  50  4(110  x)  7x  490  70  ChiÒu dµi:70 m;ChiÒu réng: 40 m DiÖn tÝch s©n trêng :70.40  2800(m 2 )

Cau 6

A M B

DS C

a) Ta cã :MC ®êng kÝnh  MDC  900  BDC  900 tø gi¸c ADCB cã BAC  BDC  900. Nª n tø gi¸c cã 2 ®Ønh A, D liª n tiÕp cïng nh n c¹nh BC díi1gãc 900  ADCB lµ tø gi¸c néi tiÕp b) Ta cãADCB lµ tø gi¸c néi tiÕp  ADB  ACB (cïng nh×n c¹nh AB)(1) L¹i cã MDSC lµ tø gi¸c néi tiÕp êng trßn êng kÝnh MC  ADB  ACS (2) Tõ (1)(2)  ACS  ACB  CA lµ tia ph©n gi¸cSCB

Câu 7

A E F M B XÐt AEB vµ AFC cã : A chung;E  F  900  AEB AFC (g  g) AE AF    AE.AC  AF.AB (1) AB AC XÐt AMC vu«ng cã ME ®êng cao  AM 2  AE.AC (2) XÐt ANB vu«ng cã NF ®êng cao  AN 2  AF.AB (3) Tõ (1)(2)(3)  AM 2  AN 2  AM  AN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2018-2019 Thời gian làm bài : 120 phút Mã đề : 109

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. Giải phương trình và hệ phương trình a)2x 2  3x  2  0

2x  3y  12 b)  3x  y  7

Câu 2. a) Rút gọn biểu thức A  9  4 5  b) Vẽ đồ thị hàm số y =

1 5 2

3 2 x 4

Câu 3. a) Khi thực hiện xây dựng trường điển hình đổi mới năm 2017, hai trường trung học cơ sở A và B có tất cả 760 học sinh đăng ký tham gia nội dung hoạt động trải nghiệm. Đến khi tổng kết, số học sinh tham gia đạt tỷ lệ 85% so với số đã đăng ký. Nếu tính riêng thì tỷ lệ học sinh tham gia của trường A và trường B lần lượt là 80% và 89,5%. Tính số học sinh ban đâu đăng ký tham gia của mỗi trường b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình 2x2  (m  5)x  3m2  10m  3  0 có hai nghiệm phân biệt x1 ;x 2 thỏa mãn x12  x22  (x1  x2 )  x1.x2  4

Câu 4. Cho đường tròn tâm O và điểm P nằm ngoài (O). Vẽ tiếp tuyến PC của (O) (C là tiếp điểm) và các tuyến PAB (PA < PB) sao cho các điểm A, B, C nằm cùng phía so với đường thẳng PO. Gọi M là trung điểm của đoạn AB và CD là đường kính của (O). a) Chứng minh tứ giác PCMO nội tiếp b) Gọi E là là giao điểm của đường thẳng PO với đường thẳng BD. Chứng minh AM.DE=AC.DO c) Chứng minh đường thẳng CE vuông góc với đường thẳng CA.

ĐÁP ÁN VÀO 10 CẦN THƠ 2018-2019 Cau 1 a) 2x 2  3x  2  0  2x 2  4x  x  2  0  2x(x  2)  (x  2)  0  (x  2)(2x  1)  0 x  2 x  2  0   x  1 2x  1  0  2  1  VËy S  2;   2 2x  3y  12 y  7  3x y  7  3x b)    3x  y  7 2x  3(7  3x)  12 2x  21  9x  12 11x  33 x  3   y  7  3x y  7  3.3  2 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (3; 2) C©u 2 a) 9  4 5 

1 5 2



2  5 





52 52



5 2



52  52 5 2  2 5 5 4 b) Häcsinh tù vÏ  2 5 

Câu 3a

Gäi a lµ sè häcsinh ®¨ng ký ban ®Çu cña trêng A (a  N *,a  760) Gäi b lµ sè häcsinh ®¨ng ký ban ®Çu cña trêng B (b  N *, b  760) V × sè häcsinh ®¨ng ký cña cña 2 trêng lµ 760 em  a  b  760(1)

Tæng sè häcsinh c ¶ 2 trêng sau khi tæng kÕt lµ 760.85%  646  Ta cã ph¬ng tr×nh:80%a+89,5%b=646  0,8a+0,895b=646 (2) a  b  760 a  360 Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh   (tháa) 0,8a  0,895b  646 b  400 VËy trêng A cã 360 häcsinh ®¨ng ký, trêng B cã 400 häcsinh ®¨ng ký

Câu 3b Ta cã : 2x 2  (m  5)x  3m 2  10m  3  0   (m  5)2  4.2.(3m 2  10m  3)  m 2  10m  25  24m 2  80m  24  25m 2  70m  49  (5m  7)2 §Ó ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm phan biÖt    0  m 

7 5

m5  x1  x 2  2 ¸p dông hÖ thøc Vi Ðt   2 x .x  3m  10m  3  1 2 2 2 2 Ta cã :x1  x 2  (x1  x 2 )  x1x 2  4   x1  x 2   (x1  x 2 )  x1x 2  5 2

2  m  5   m  5  3m  10m  3 hay    4    2  2   2  m 2  10m  25  2m  10  6m 2  20m  6  4 4  7m 2  12m  21  16

 m  1(chän)  7m  12m  5  0    m  5 (chän)  7  5 VËy m  1;  th× x12  x 22  (x1  x 2 )  x1x 2  4  7 2

C A P

D a)V× PC lµ tiÕp tuyÕn  PCO  900 (1) Do M lµ trung ®iÓm BC  OM  AB  PMO  900 (2) Tõ (1) vµ (2)  PCO  PMO  900 cïng nh×n PO  PCMO néi tiÕp

b) Tø gi¸c PCMO néi tiÕp  POC  PMC (cïng nh×n PC) L¹i cã : DOE  POC(®èi ®Ønh)  EOD  PMC XÐt ACM vµ DEO cã :EOD  PMC (cmt);EDO  CAM (cïng ch¾n cungBC) AC AM   AC.DO  AM.DE (®pcm) DE DO DE OD 2OD CD DE CD c)Ta cã : ACM DEO (cmt)       AC AM 2AM AB AC AB DE DC XÐt DEC vµ ACB cã :  ; CDE  BAC (cïng ch¾n CB) AC AB

 ACM

DEO (g  g) 

 DEC ACB (cgc)  ECD  ABC Mµ ABC  PCA (cïng ch¾n AC)  DCE  ACP L¹i cã ACP  ACO  900  DCE  ACO  90 hay ACE  900  AC  CE

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn : Toán Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 a) Thực hiện phép tính: 5 16  18

b) Cho hàm số y  3x . Hàm số trên là đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao? x  y  6 2x  y  3

c) Giải hệ phương trình 

d) Giải hệ phương trình x4  8x2  9  0 Câu 2. Trong lúc học nhóm, bạn Nam yêu cầu bạn Linh và bạn Mai mỗi người chọn một số tự nhiên sao cho hai số này hơn kém nhau là 6 và tích của chúng bằng 280. Vậy hai bạn Linh và Mai phải chọn những số nào Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết BC  10cm;AC  8cm a) Tính cạnh AB b) Kẻ đường cao AH. Tính BH Câu 4. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A và C); BM cắt AC tại H. Từ H kẻ HK vuông góc với AB tại K. a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp b) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng mnh tam giác MEC là tam giác vuông cân Câu 5. Cho phương trình x2  mx  m  1  0 ( m là tham số ) Giả sử x1 ;x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B

2x1x 2  3 x  x 22  2(x1x 2  1) 2 1

DAP AN DE VAO 10 CAO BANG 2018-2019 C©u1a) 5 16  18  5.4  18  2 b) v× a  3  0  hµm sè y  3x ®ång biÕn trª n R x  y  6 x  6  y x  6  y x  6  5 x  1 c)      2x  y  3 2(6  y)  y  3 3y  15 y  5 y  5 VËy hÖ ptrinh cãnghiÖm (x;y)  (1; 5) d) x 4  8x 2  9  0. §Æt t  x 2 (t  0) phtrinh thµnh t 2  8t  9  0  t 2  9t  t  9  0  t  1(lo¹i)  t(t  9)  (t  9)  0  (t  1)(t  9)  0    t  9(chän) 2 t  9  x  9  x  3 . VËy S  3 C©u 2 gäi x lµ1trong 2 sè tù nhiªn  x  *   sè cßn l¹i lµ x  6 x  14 (chän) Theo ®Ò ta cã :x(x  6)  280  x 2  6x  280  0   x  20(lo¹i) VËy 2sè Linh vµ Mai chän lµ14 vµ 20 C©u 3. a) ¸p dông ®Þnh lý Pytago  AB  BC 2  AC 2  102  82  6 (cm) b) ¸p dông hÖ thøc lîng vµo ABC vu«ng t¹i A,®êng cao AH  AB 2  BH.BC hay 6 2  BH.10  BH  3,6 (cm)

C B

Cau 4

C M

H E

1 Ta cã :BCH  BCA  900 (gãc néi tiÕp ch¾n ®êng trßn) vµ BKH  900 2  BCH  BKH  900  900  1800  CBKH lµ tø gi¸c néi tiÕp b) XÐt AMC vµ BEC cã : AM  BE (gt);AC  BC (do C lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung AB) MAC  EBC (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung MC)  AMC  BEC (cgc)  MC  EC  CME c©n t¹i C tam gi¸c ACB vu«ng c©n t¹i C  CAB  450  CME  CAB  450 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾ncung BC)  CME  CEM  450  MCE  900  MCE vu«ng c©n t¹i C

C©u 5.x 2  mx  m  1  0 ta cã   m 2  4(m  1)  m 2  4m  4  (m  2)2  0  Ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm x1;x 2 víi mäi m x1  x 2  m khi ®ã theo hÖ thøc Vi et ta cã :  x1x 2  m  1 2x1x 2  3 2x1x 2  3 B 2  2 2 x1  x 2  2(x1x 2  1)  x1  x 2   2x1x 2  2x1x 2  2 

2x1x 2  3

 x1  x 2 

2

hay B 

2(m  1)  3 2m  1  2 m2  2 m 2

2m  1 4m  2  m 2  2  m  2   2B  1  2. 2 1   m 2 m2  2 m2  2 1 2 Ta cã :  m  2   0;m 2  2  0  2B  1  0  B  2 1 VËy B min   m  2 2 2

THÀNH P Ố

TRUNG HỌ P Ổ T Ô MÔN THI (k ông ín

i gian: Bài 1. (1,5 đi

1 . 2 3

Cho a  0, a  4

(

đi

a 2( a  2)   1. a4 a 2

)

 x  2 y  14 : 2 x  3 y  24. 3  11. : 4x  x 1

b) Bài 3.

i gian giao đề)

)

Bài 2.

ĂM 2018

1 y   x2 2

)

B OAB, Bài 4. (1,0 đi ) m

y  x4

t). x  2(m  1) x  4m  11  0, x1, x2 2

m :

2( x1  1)2  (6  x2 )( x1 x2  11)  72 . Bài 5. (

đi ) nhau 7cm. Bài 6. (3,0 đi ) AC a) b) c)

ABC M

A, H, K, M AH.AK = HB.MK. M

MA < MC A trên MB, MN

O MN

-----------

----------

AB < AC O

H, K

Ư NG DẪN GIẢI CHI TI Bài 1. (

đi

)

1 . 2 3

a 2( a  2)   1. a4 a 2 Lời giải

Cho a  0, a  4

Trục căn thức ở mẫu của biểu thức A 

A

1 2 3 2 3   2 3 2 3 2 3 22  3







b) Cho a  0 , a  4 . Chứng minh V i: a  0 , a  4 . VT 



2 a 2 a  a4 a 2

a  a 2



Ố



a 2

a 2  a 2 a 2  1  VP. Vậ ng th

a 2



 

1 . 2 3

 2 3 .





2 a 2 a  1. a4 a 2



a 2





Bài 2.

(

đi

a) b)

c ch ng minh.

)

 x  2 y  14  2 x  3 y  24. 3 4x   11. x 1 Lời giải  x  2 y  14 Giải hệ phương trình:  2 x  3 y  24

  x  2 y  14  x  14  2 y  x  14  2 y     2 x  3 y  24 2 x  3 y  24 2 14  2 y   3 y  24

 x  14  2 y  x  14  2 y x  6    . 28  y  24 y  4 y  4

 x; y    6; 4 .

Vậy nghi m c a h b) Giải phương trình 4 x 

3  11 (1) x 1

Đ u ki n: x  1 . 3 4x   11 x 1 4 x  x  1 11 x  1 3    x 1 x 1 x 1 2  4 x  4 x  3  11x 11

 4 x2  15x  14  0

(2)

Ta có:    15  4.4.14  1  0 . 2

Vậ

 7 ập nghi m là: S  2;  .  4

Vậ

Bài 3.

15  1 7   x1  8  4  tm  m phân bi t là:  .  x  15  1  2  tm   2 8

(

đi

B OAB,

1 y   x2 2

)

y  x4

O Lời giải

1 +) Vẽ đồ thị hàm số: y   x 2 . 2 x 4 2 y 8 2 1 th hàm s y   x 2 có hình d 2  0;0  ;  2; 2 ;  4; 8 .

0 0

2 2

4 8

m  4; 8 ;

+) Vẽ đồ thị hàm số: y  x  4 . x y

th hàm s

0 4 y  x  4 là m

4 0

ng th

m  0; 4  ;  4;0  .

 2; 2  ;

+ P

m c a hàm s

1  x2  x  4  x2  2 x  8  0 2 x  2 .   x  2  x  4   0    x  4 x  2  y  2  A  2; 2  . x  4  y  8  B  4; 8 .

1 y   x 2 và y  x  4 là: 2

1 Xét tam giác OAE ta có: OD  DE  OE  2 cm; AD  2 cm nên tam giác OAE vuông t i A . 2 OA  AB nên tam giác OAB vuông t i A . ng tròn ngo i ti p tam giác OAB m c a c nh huy n OB và bán kính c a 1 ng tròn  OB . 2 Ta có: Áp d nh lí Pitago trong tam giác vuông OBC có: OB2  OC 2  BC 2  42  82  80

 OB  4 5 . Vậ Bài 4. (1,0 đi m

ng tròn ngo i ti p tam giác OAB là

1 OB  2 5 . 2

x2  2(m  1) x  4m  11  0, x1, x2

)

2( x1  1)2  (6  x2 )( x1 x2  11)  72 . Lời giải hi m phân bi t x1 , x2    0 .

  m  1  4m  11  0 2

 m2  2m  1  4m  11  0  m2  6m  12  0  m2  6m  9  3  0   m  3  3  0 . 2

Vì  m  3  0 m   m  3  3  0 m    0 m . 2

m phân bi t x1 , x2 v i m i m .   x  x  2  m  1 Áp d ng h th c Vi – ét ta có:  1 2 .   x1 x2  4m  11

Vì x1 , x2 là nghi m c

x2  2  m  1 x  4m  11  0 nên ta có:

2 2   2 x1  4  m  1 x1  8m  22  0 2 x1  4  m  1 x1  8m  22   2  2  x2  2  m  1 x2  4m  11  0  x2  2  m  1 x2  4m  11  

2  x1  1   6  x2  x1 x2  11  72 2

 2 x12  4 x1  2  6 x1 x2  66  x1 x22  11x2  72

 4  m  1 x1  8m  22  4 x1  6 x1 x2  x1  2  m  1 x2  4m  11  11x2  4  4mx1  4 x1  8m  22  4 x1  6 x1 x2  2  m  1 x1 x2  4mx1  11x1  11x2  4

  2m  4  x1 x2  11 x1  x2   8m  18   2m  4  4m  11  22  m  1  8m  18

 8m2  22m  16m  44  22m  22  8m 18  8m2  8m  48  0

 m2  m  6  0  m2  2m  3m  6  0  m  m  2  3  m  2  0   m  3 m  2   0

 m  3 .  m  2 Vậy m  3 ho c m  2 th a mãn yêu c u bài toán. Bài 5. (

đi ) nhau 7cm.

Hai c Lời giải

dài m t c nh góc vuông l

a tam giác vuông là x (cm),  7  x  17  . x  7 (cm).

dài c nh góc vuông còn l i c Áp d

nh lí Pi – ta –

x 2   x  7   172 2

 2 x2  14 x  49  289  2 x2  14 x  240  0  2  x  15 x  8  0  x  15  x  15  0   x  8  0  x  8 

 tm  .  ktm 

dài c nh còn l i c a tam giác vuông là: 15  7  8 cm.

Vậy di n tích c

1 S  .8.15  60 cm2. 2

Bài 6.

(3,0 đi

)

ABC M

n tâm O

MA < MC A trên MB, MN.

a) b) c)

A, H, K, M AH.AK = HB.MK. M

Bốn điểm A , H , K , M cùng nằm trên một đường tròn.

AC Lời giải

Xét t giác AHKM ta có: AHM  AKM  90 (gt). Mà hai góc này là góc k c nh HK

n AM .

 AHKM là t giác n i ti p (d u hi u nhận bi t).

Hay b

m A , H , K , M cùng n m trên m

b) AH .AK  HB.MK . Ta có:

1  AMK  sd AN  1 2  AMK  ABH  sd AN  sd AM  2  ABH  1 sd AM  2





Mà sd AN  sd AM  sd MAN  180  AMK  ABH  90 . Mà ABH  BAH  90 (tam giác ABH vuông t i H ).

 AMK  BAH . Xét tam giác AMK và tam giác BAH có:

AKM  BHA  90

AB < AC O

H, K

AMK  BAH (cmt)  AMK ∽ BAH (g.g).

 c)

AK MK   AH . AK  HB.MK HB AH

hi điểm M di động trên cung nhỏ AC thì đường thẳng HK luôn qua một điểm cố định. Kéo dài HK cắt AB t i E . Ta có MAK  MHK (hai góc n i ti p cùng chắn cung MK ). L i có MHK  EHB

ỉnh)

 MAK  EHB Do AMK ∽ BAH (cmt)  MAK  ABH  EBH

 EHB  EBH  EHB cân t i E .  EH  EB (1).

Ta có EBH  EAH  90 (Tam giác ABH vuông t i H ).

EHB  EHA  AHB  90  EAH  EHA  EAH cân t i E  EA  EH (2).

Từ (1) và (2)  EA  EB  E

m c a AB . Do A , B c

Vậy khi M di chuy n trên cung nh AC thì HK

--------H T--------

nh  E c m c a AB

nh.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2018- 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1,5 điểm) 1) Tìm x , biết: 1  2 x  3 . 2) Giải phương trình: 43x 2  2018x  1975  0 . 3) Cho hàm số y   5  4a  x 2 . Tìm a để hàm số nghịch biến với x  0 và đồng biến với x  0 . Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2(m  1)x  m2  2  0 (1), m là tham số. 1) Tìm m để x  2 là nghiệm của phương trình (1). 2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn điều kiện: x12  x 22  10.

Câu 3: (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng có phương trình:

 d1  : y  x  2;  d2  : y  2;  d3  : y  (k  1)x  k. Tìm k để ba đường thẳng trên đồng quy.  1  x 1 x2 x 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A      1  x x x  1 x  x  1  : 5 .  

Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và A  450. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C lên AC, AB; H là giao điểm của BD và CE. 1) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. 2) Chứng minh: BE = EH.

ED . BC 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh: AI  DE. Câu 5: (1,0 điểm) Cho n là số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3) Tính tỉ số

Q  1

1 1 1 1 1 1 1 1 101  2  1  2  2  1  2  2  ...  1  2   2 2 1 2 2 3 3 4 n  n  1 n 1

----------Hết----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………..……… Số báo danh:………………………………… Chữ kí của giám thị 1:………………………..……….. Chữ kí của giám thị 2:………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2018- 2019 Môn thi: TOÁN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm 04 trang) A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐÁP ÁN

CÂU

1) 1  2 x  3  1  2 x  9

ĐIỂM 0.25

 x 4  x  16 2) Ta có: 43  2018  1975  0

0.25 0.25

1975 43 2 3) Hàm số y   5  4a  x đồng biến với x  0 và nghịch biến với x  0

Do đó, phương trình có hai nghiệm: x1  1, x2 

 5  4a  0

5 4 1) Vì x = 2 là nghiệm của phương trình nên: 22  2(m  1).2  m2  2  0 a

 m2  4m  2  0 '  2 m1  2  2;m2  2  2

2) '   m  1   m2  2   2m  1 2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 2m  1  0  m  2 (1)  x1  x2  2(m  1) Theo định lý Viet, ta có:  2 (2)  x1.x2  m  2

0.25 0.25 0.25

0.25

0.25 0.25 0.25

0.25

x12  x22   x1  x2   2 x1x2  4(m  1)2  2(m2  2)  2m2  8m

0.25

x12  x2 2  10  2m2  8m  10  m 2  4m  5  0

0.25

m  1   m  5 Đối chiếu điều kiện suy ra với m  1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x12  x2 2  10 . k  1  1 1) d 3 cắt d1 và d 3 cắt d 2   k  1  0 k  0 (1)  k   1  Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 là nghiệm của hệ phương  x  y  2  x  4 trình:    y  2  y  2

0.25 0.25

0.25

Do đó, giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 là A  4;  2  .

Đường thẳng d 3 đi qua A  4;  2  khi 2  (k  1).(4)  k suy ra k

2 (2) 3

0.25

Từ (1) và (2) suy ra với k 

2 thì ba đường thẳng d1 , d 2 , d 3 đồng qui. 3

2) Điều kiện: x  0; x  1

A





 x  x 1  x  2  x

x x 1 x  2 x 1 5  . x x 1 x 1 3  x  x 1

0.25



.

x 1

5 x 1

0.25

1 3 5  x  x 1   x     2 4 4  5  4 x  x 1 A lớn nhất bằng 4 khi và chỉ khi x  0 A d

0.5 I

E B

H C

1) Ta có: AEH  900

0.25

và ADH  900

0.25

 AEH  ADH  1800 nên tứ giác ADHE nội tiếp.

2) Tam giác ADB vuông tại D, có A  450 nên ABD  450 Tam giác EBH vuông tại E, có EBH  450 nên EBH vuông cân tại E. Suy ra: EB = EH 3) Tứ giác BEDC có E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên nội tiếp. Suy ra: EDB  ECB  ADE  ABC (cùng phụ với góc vuông). Suy ra: ADE ABC nên

DE AD  BC AB

Mà tam giác ABD vuông cân tại D nên:

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

DE AD 2   BC AB 2

4) Kẻ tiếp tuyến xAy tại A của đường tròn tâm I, ngoại tiếp ABC Khi đó: xAB  ACB (góc giữa tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp của (I) cùng chắn

0.25 0.25

cung AB)

Mà AED  ACB (do ADE ABC ) nên xAB  AED

0.25

Suy ra: xAy//ED; mà AI  xAy nên : AI  ED

0.25

Ta có: 2 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1  1 abc       2       2       2 2 2 2 2 2 a b c a b c  ab bc ac  a b c  abc  2

0.25

1 1 1 1 1 1 Với a  b  c  0 thì      2  2  2 a b c a b c Do đó: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  2  2  1  2  2  1  2  2  1  2  2  ... 1  2  1 2 2 3 3 4 4 5 n  n  12

0.25

1   1 1  1 1  1 1  1 1  1  1     1     1     1     ...1     1 2  2 3  3 4  4 5  n n 1 1  n 1 n 1

0.25

100  20 n 1  20 , xảy ra khi và chỉ khi n  9

Theo BĐT Cauchy suy ra: Q  n  1  Pmin

0.25

B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành phần và không làm tròn. 2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó. ------- HẾT -------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮC NÔNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học : 2016-2017 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. a) Xác định các hệ số a; b; c và tính biệt thức  của phương trình bậc hai 2x2  5x  1  0 x  y  10 b) Giải hệ phương trình  3x  y  2

 Bài 2. Cho biểu thức A    



 x 1   x   : x    x  0;x  1 x  1   x  1  x 1 

x x 1



x 1



a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả các giá trị của x để A = 3 Bài 3. Cho Parabol (P): y  2x2 và đường thẳng (d) có phương trình y  3x  m  1 a) Vẽ parabol (P) b) Tìm tất cả các giá trị tham số m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AM, BN, CQ cắt nhau tại K a) Chứng minh AQKN nội tiếp đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó b) Chứng minh AQ.AC  AK.AM c) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AQKN Bài 5. Tìm m để phương trình x4  2mx2  4  0 có 4 nghiệm phân biệt x1 ;x2 ;x3 ;x4 thỏa: x14  x24  x34  x44  32

DAP AN DE VAO 10 DAK NONG 2018-2019 1)a) 2x  5x  1 cã a  2;b  5;c  1vµ   52  4.2.1  17 2

x  y  10 4x  12 x  3 x  3 b)     3x  y  2 y  2  3x y  2  3.3 y  7 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x;y)  (3; 7)  2) A            



 x 1   x   : x   x  1   x  1  x 1 

x x 1



x 1



 







x 1  x  x  x :  x 1 x 1 x 1 x 1   x 1 x  x 1 x 1  x  1 .  x x 1 x 1  3

x 1

  







x 1



 x  x 1 x 1  x 1 x  x 1  x 1 x 1    . .  x x 1 x  1  x x 1  

2x  x 2 x  1  x x

b) A  3 

2 x 1

 3  2 x  1  3 x  x  1(v« lý) x vËy kh«ng cã x ®Ó A  3 3)a) Häc sinh tù vÏ h  nh b) Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) lµ : 2x 2  3x  m  1  2x 2  3x  1  m  0(1)   (3)2  4.2.(1  m)  9  8  8m  8m  1 §Ó (d) c¾t (P) t¹i hai®iÓm ph©n biÖt th× pt (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt 1    0  8m  1  0  m  8

Cau 4

A I N

Q K B

a) Ta cã :AQK  ANK  900  900  1800  AQKN lµ tø gi¸c néi tiÕp ta gäi I lµ trung ®iÓm AK AQK vu«ng t¹i Q cã QI lµ ®êng trung tuyÕn øng víi c¹nh huyÒn  QI  AI  KI (1).Cmtt  AI  IN  IK (2) Tõ (1) vµ (2)  I lµ t©m ®êng tr ßn ngo¹i tiÕp AQKN b) V× BAC c©n cã AM lµ ®êng cao  BAM  MAC XÐt AQK vµ AMC cã BAM  MAC (cmt);Q  M  900  AQK

AMC (g.g) 

AQ AK   AQ.AC  AM.AK AM AC

c) Ta cã :KMC  KNC  900  900  1800  KMCN lµ tø gi¸c néi tiÕp  AKN  MCN (3) mµ BNC vu«ng t¹i N cã NM trung tuyÕn  MN  MC  NMC c©n t¹i M  MCN  MNC (4) l¹i cã IK  IN  R I  IKN c©n t¹i I  IKN  INK (5) Tõ (3);(4);(5)  INK  MNC  INK  KNM  KNM  MNC  INM  KNC  900 vµ N  (I)  MN lµ tiÕp tuyÕn cña (I)

Bài 5 Chó ý : ph¬ng tr×nh ax 4  bx 2  c  0 cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× cã thÓ gi ¶ sö x12  x 22 ;x 32  x 24 Phong tr nh x 4  2mx 2  4  0 (1) cã 4 nghiÖm x1;x 2 ;x 3 ;x 4 tháa :x14  x 24  x34  x 44  32  2x14  2x 34  32  x14  x 34  16 §Æt x 2  t (t  0)(1)  t 2  2mt  4  0(2) Bµi to¸n trë thµnh t×m m ®Ó ph¬ng tr×nh (2) cã 2 nghiÖm d¬ng ph©n biÖt tháa m·n t12  t 22  16  '  0   m  2 2   m  4  0   t1  t 2   b  0  m  2 a  2m  0     m  0 m 6 40  t 1t 2  c  0  4m 2  8  16   t  t 2  2t t  16  a 1 2 1 2  t 2  t 2  16  1 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CẤP THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán Ngày thi: 05/6/2018 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ BÀI Câu 1. (2.0 điểm): 1. Giải các phương trình sau: a. 5( x  1)  3x  7

b. x4  x2  12  0

 3 x  y  2m  1 2. Cho hệ phương trình:   x  2 y  3m  2 a. Giải hệ phương trình khi m  1 b. Tìm m để hệ có nghiệm ( x; y) thỏa mãn: x 2  y 2  10

1  x 1  1  Câu 2. (1.5 điểm): Cho biểu thức: A   (với x  0; x  1) : x  1  ( x  1) 2  x x a. Rút gọn biểu thức A b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  A  9 x Câu 3. (1.0 điểm): Từ bến sông A một chiếc bè trôi về bến B với vận tốc dòng nước là 4 km/h, cùng lúc đó một chiếc thuyền chạy từ A đến B rồi quay lại thì gặp chiếc bè tại điểm cách bến A 8 km. Tính vận tốc thực của thuyền biết khoảng cách từ bến A đến B là 24 km. Câu 4. (1.5 điểm): Trong hệ tọa độ Oxy cho Parabol y  x 2 ( P) và đường thẳng (d ) có phương trình: y  (m  1) x  m2  2m  3 (d ) . a. Chứng minh với mọi giá trị của m thì (d ) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b. Giả sử (d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm m để tam giác OAB cân tại O . Khi đó tính diện tích tam giác OAB . Câu 5. (3.0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn ( M khác A, B ). Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của đường tròn (O) lần lượt tại C và D . a. Chứng minh: COD  900 . b. Gọi K là giao điểm của BM với Ax. Chứng minh: KMO AMD . c. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM . Câu 6. (1.0 điểm): a. Cho hàm số: y  f ( x) với f ( x) là một biểu thức đại số xác định với x 

1 Biết rằng: f ( x)  3 f ( )  x 2 (x  0) . Tính f (2) . x b. Ba số nguyên dương a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: a là ước của b  c  bc (1), b là ước của c  a  ca (2) và c là ước của a  b  ab (3) . Chứng minh rằng a, b, c không đồng thời là các số nguyên tố. ------------------ Hết ------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN

Câu

ý 1.a (0.5đ)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán Hướng dẫn

Giải phương trình: 5  x  1  3x  7  2 x  2  x  1 Vậy phương trình có 1 nghiệm x  1

1.b (0.5đ)

Giải phương trình: x4  x2  12  0 Đặt t  x2 (t  0)  t 2  t  12  0  t1  3  0; t2  4  0 Với t2  4  x  2 . Vậy phương trình có 2 nghiệm x1  2; x2  2

2.a (0.5đ)

 3 x  y  2m  1 Hệ phương trình:   x  2 y  3m  2  3x  y  1 6 x  2 y  2  x  1   Với m  1   x  2 y  5 x  2 y  5   y  2 Vậy hệ có nghiệm (1;2)

1 (2.0đ) 2.b (0.5đ)

Giải hệ đã cho theo m ta được:  3 x  y  2m  1 6 x  2 y  4m  2  x  m    x  2 y  3 m  2 x  2 y  3 m  2    y  m 1 Vậy với m hệ luôn có nghiệm duy nhất (m; m  1) Để hệ có nghiệm thỏa mãn: x2  y 2  10  m2  (m  1)2  10

 2m 2  2m  9  0  m 

1  19 2

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn bài toán: m  a (0.5đ)

 1  x 1 1 1  ( x  1) 2  1 A    . : x  1  ( x  1) 2  x ( x  1) x 1  x 1  x x A

b (1.0đ) 2 (1.5đ)

1  19 . 2

x  1 ( x  1)2 .  x ( x  1) x 1

x 1 x

9 x  x  1 x 2 x  t  0  9t  ( P  1)t  1  0 .

P  A9 x  Đặt

 0 Do a.c  0 nên phương trình có nghiệm t  0 khi:  t1  t2  0   P  5 ( P  1) 2  36  0     1 P    P  7  P  5  0   P 1 9   1 Vậy giá trị lớn nhất của P  5 khi x  9

Gọi vận tốc thực của chiếc thuyền là x (km / h), ( x  4) . Khi đó vận tốc của thuyền khi xuôi dòng từ A đến B là: x  4 (km / h) ; ngược lại từ B về A thì thuyền đi với vận tốc là: x  4 (km / h) . 24 ( h) x4 Gọi C là vị trí thuyền và bè gặp nhau.

Thời gian thuyền đi từ A đến B là

3 (1.0đ)

Vì AC  8  BC  16 nên thời gian thuyền từ B quay lại C là:

16 ( h) x4

8  2(h) . 4 ta có phương

Thời gian bè trôi với vận tốc dòng nước từ A đến C là

Vì thuyền và bè gặp nhau tại C nên 24 16   2  x2  20 x  0  x1  0 (loai); x2  20 (t / m) x4 x4 Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là: 20 (km / h) a (0.5đ)

trình:

Xét PT hoành độ giao điểm:

x2  (m  1) x  m2  2m  3  x 2  (m  1) x  (m2  2m  3)  0 (*) Ta có m2  2m  3  (m  1)2  2  0 (m)  PT (*) luôn có 2 nghiệm trái dấu  m thì (d ) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

4 (1.5đ)

b (1.0đ)

Để tam giác AOB cân tại O thì Oy là đường trung trực của đoạn thẳng AB hay đường thẳng d song song Ox khi đó: m  1  0  m  1 Với m  1  đường thẳng d có phương trình: y  2 , tọa độ 2 giao điểm A, B là ( 2;2) . Khi đó khoảng cách từ O đến AB là h  2 . Độ dài đoạn thẳng

AB  2 x1  2 2 1 1 AB.h  .2 2.2  2 2 2 2 Vậy để tam giác AOB cân tại O thì m  1. Khi đó SAOB  2 2 (đvdt)  diện tích tam giác AOB là: SAOB 

a (1.0đ)

5 (3.0đ)

(Vẽ hình đúng được 0.25 điểm) x Vì CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C; DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D. Nên K hai tiếp tuyến cắt nhau ta có OC, OD lần hai tia phân giác của hai góc kề bù AOM C BOM nên: COD  900 A

b (1.0đ)

y D

DB, theo t/c lượt là và

 AM  MB Ta có   AM / / OD  CMA  MDO (đồng vị) OD  MB 

Mà CMA  KAM  KAM  MDO  AKM Mặt khác KMO  AMD  900  AMO (2) Từ (1) và (2), suy ra KMO AMD (c.g.c)

DOM 

MA MD  (1) MK MO

c (1.0đ)

Gọi S  S ABDC ; S1  SMAB ; S2  SMAC ; S3  SMBD  S2  S3  S  S1 R là bán kính đường tròn (O) Ta có: S   AC  BD  .R  R.  MC  MD  OMC

DMO  CM .DM  OM 2  R2

Lại có:  MC  MD   0   MC  MD   4MC.MD  MC  MD  2R 2

Suy ra S  2R 2 (1), dấu “=” xảy ra khi MC  MD hay M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O). Từ M kẻ MH  AB  S1  R.MH  R 2 (2), dấu “ = “ xảy ra khi M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O).

a (0.5đ)

6 (1.0đ)

b (0.5đ)

 S2  S3  S  S1  2R 2  R 2  R 2 . Vậy min(S2  S3 )  R 2 khi M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O). 1 Vì f ( x)  3 f ( )  x 2 (x  0) . x 1 1    f (2)  3 f ( 2 )  4  f (2)  3 f ( 2 )  4 Nên ta có:   1 1  f ( )  3 f (2)  3 f ( 1 )  9 f (2)  3 4 2 4  2  13 13  8 f (2)    f (2)   4 32 Giả sử tồn tại các số nguyên tố a, b, c thoả mãn yêu cầu bài toán. Theo bài toán ta có a, b, c đều là ước của a  b  c  ab  bc  ca

 abc là ước của a  b  c  ab  bc  ca Giả sử a  b  c  ab  bc  ca  kabc; (k  ) 1 1 1 1 1 1      ab bc ca a b c Dễ thấy a, b, c đều là số lẻ. Không giảm tính tổng quát giả sử a  b  c k 

1 1 1 1 1 1  a  3; b  5; c  7  k        1 Vô lí. 3 5 7 15 21 35 Do đó, a, b, c không đồng thời là số nguyên tố.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút (Đề gồm 1 trang, có 5 câu)

Câu 1. ( 2,25 điểm) 1) Giải phương trình 2 x2  5x  7  0 x  3y  5 5 x  2 y  8

2) Giải hệ phương trình 

3) Giải phương trình x4  9 x2  0 Câu 2. (2,25 điểm) 1 4

Cho hai hàm số y  x 2 và y  x  1 có đồ thị lần lượt là (P) và (d) 1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Câu 3. (1,75 điểm) 1) Rút gọn biểu thức S 

a a 1 a  a  1 ( với a > 0 và a  1 )  a a a

2) Một xe ô tô và xe máy khởi hành cùng một lúc từ địa điểm A đi đến địa điểm B cách nhau 60 km với vận tốc không đổi, biết vận tốc xe ô tô lớn hơn vận tốc xe máy là 20km/h và xe ô tô đến B sớm hơn xe máy là 30 phút. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 4. (0,75 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x2   2m  3 x  m2  2m  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức x1  x2  7

Câu 5. ( 3 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm C thuộc đường tròn (O), với C khác A và B, biết CA < CB. Lấy điểm M thuộc đoạn OB, với M khác O và B. Đường thẳng đi qua điểm M vuông góc với AB cắt hai đường thẳng AC và BC lần lượt tại hai điểm D và H. 1) Chứng minh bốn điểm A, C, H, M cùng thuộc một đường tròn và xác định tâm của đường tròn này. 2) Chứng minh : MA.MB = MD.MH 3) Gọi E là giao điểm của đường thẳng BD với đường tròn (O), E khác B. Chứng minh ba điểm A, H, E thẳng hàng. 4) Trên tia đối của tia BA lấy điểm N sao cho MN = AB, Gọi P và Q tương ứng là hình chiếu vuông góc của điểm M trên BD và N trên AD. Chứng minh bốn điểm D, Q, H, P cùng thuộc một đường tròn. ---HẾT--Câu 1. ( 2,25 điểm) 1) Phương trình 2 x2  5x  7  0 có a  b  c  2  5  7  0  x1  1; x2  x  3y  5 2 x  6 y  10 17 x  34 x  2 x  2     5 x  2 y  8  x  3 y  5  x  3 y  5 2  3 y  5  y  1

2) 

7 2

3) x4  9 x2  0  x2  x2  9   0  x  0 (vì x 2  9  0 x ) Câu 2. (2,25 điểm) 1 4

Cho hai hàm số y  x 2 và y  x  1 có đồ thị lần lượt là (P) và (d) 1) Vẽ hai đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 1 4

*  P  : y  x2 x y

3 9 4

2 1

1 1 4

1 1 4

2 1

3 9 4 2

*  d  : y  x 1

A 0; 1

x  0  y  1 x 1 y 0

-5

-2

B 1;0 

-4

2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d). Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 1 2 2 x  x 1  x2  4x  4  x2  4x  4  0   x  2  0  x  2 4

1 2 2  1 4 Ta được . Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) là (2;1) Câu 3. (1,75 điểm) 1 4

y

Thay x  2 vào y  x 2

 

a  13 a  a  1 a a 1 a  a  1 S     a a a a a a 



  a a  a  1

a 1 a  a 1

a  a 1 a  a 1 2 a   2 a a a

2) Gọi vận tốc của xe máy là x  km / h  . ĐK x  0 Vận tốc của xe ô tô là x  20  km / h  .

60 h x 60 Thời gian xe ô tô đi từ A đến B là:  h x  20 Thời gian xe máy đi từ A đến B là:

Vì xe ô tô đến B sớm hơn xe máy là 30 phút 

1 h nên ta có PT 2

60 60 1    120  x  20   120x  x  x  20  x x  20 2  120x  2400  120x  x 2  20x  x 2  20x  2400  0  x 2  20x  2400  0

'  100  2400  2500  0  '  2500  50 Phương trình có hai nghiệm x1  10  50  40 (t/m đk)

a 1 a

x2  10  50  60 (không t/m đk) Vậy vận tốc của xe máy là 40km / h . Vận tốc của xe ô tô là 40  20  60  km / h  . Câu 4. (0,75 điểm) x2   2m  3 x  m2  2m  0 có

   2m  3   4  m2  2m   4m2  12m  9  4m2  8m  4m  9 2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi   0  4m  9  0  4m  9  m 

9 4

Áp dụng định lý Vi et ta có:  S  x1  x2  2m  3  2  P  x1 .x2  m  2m x1  x2  7   x1  x2   49  x12  x2 2  2 x1.x2  49   x1  x2   4 x1.x2  49 2

 x1  x2  2m  3 Thay  2  x1 .x2  m  2m Ta được  2m  3   4  m2  2m   49  4m  9  49  m  10 (t/m đk) 2

C E H A

P B

1) Tự giải 2) Tứ giác ACHM nội tiếp  DAM  MHB (cùng bù CHM ) MA MD   MA.MB  MD.MH  MAD ∽ MHB  g  g   MH MB

3) Dễ thấy AE và BC là hai đường cao của DAB  H là trực tâm của DAB  AH  DB 1 .

AEB  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  AE  DB  2  (1) và (2) suy ra ba điểm A,H, E thẳng hàng. 4) Gọi F là giao điểm của MP và NQ. Dễ thấy MP / / AE  HAB  FMN (đồng vị).

BC / / NQ  HBA  FNM (đồng vị).Lại có AB  MN  gt  do đó

 AHB  MFN  g.c.g   HB  FN mà HB / / FN suy ra tứ giác HFNB là hình bình hành  HF / / BN lại có  DH  BN  DH  HF  DHF  900 . Do đó DQF  DHF  DPF  900  5 điểm D,Q,H,P,F cùng thuộc một đường tròn hay bốn điểm D, Q, H, P cùng thuộc một đường tròn.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Ngày thi : 07/07/2018

Câu 1. a) Tính H  81  16 b) Tìm điều kiện của x để x  2 có nghĩa Câu 2. x  2y  3 3x  2y  1

Giải hệ phương trình  Câu 3.

 x  y  xy  1

Rút gọn biểu thức M   

x 1

  1 .  



x y



 víi x  0;y  0 

Câu 4. a) Giải phương trình x2  2x  8  0 b) Cho phương trình x2  6x  m  0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : y  3x  b và parabol

 P  : y  2x2

a) Xác định hệ số b để (d) đi qua điểm A(0;1) b) Với b  1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phương pháp đại số Câu 6. Để chuẩn bị cho mùa giai sắp tới, một vận động viên đua xe ở Đồng Tháp đã luyện tập leo dốc và đổ dốc trên cầu Cao Lãnh. Biết rằng đoạn leo đốc và đổ dốc ở hai bên đầu cầu có độ dài cùng bằng 1km. Trong một lần luyện tập, vận động viên khi đổ dốc nhanh hơn vận tốc khi leo dốc là 9km/h và tổng thời gian hoàn thành là 3 phút. Tính vận tốc leo dốc của vận động viên trong lần tập luyện đó Câu 7 . Nhằm tiếp tục đẩy mạnh phong trào N xây dựng trường học Xanh – Sạch – Đẹp, trường THCS A đã thiết kế một khuôn viên để trồng hoa có dạng hình H tam giác vuông (như hình bên, biết rằng MNK vuông tại M, MN = 6m, MK=8m a) Tính độ dài các đoạn NK, MH b) Biết rằng chi phí trồng hoa mười K M giờ là 20.000 đồng trên mỗi mét vuông chiều dài. Tính tổng chi phí để trồng các luống hoa mười giờ đó.

Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH  H  BC  lấy điểm D sao cho BD=BA, vẽ CE vuông góc với AD  E  AD  a) Chứng minh tứ giác AHCE là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh DA.HE=DH.AC c) Chứng minh tam giác EHC cân

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 ĐỒNG THÁP 2018-2019 1)a) H  81  16  9  4  5 b) §Ó x  2 cã nghÜa th× x  2  0  x  2 x  2y  3 x  3  2y x  3  2y x  3  2.( 1) x  1 2)      3x  2y  1 3(3  2y)  2y  1 8y  8 y  1 y  1 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (1; 1)  x  y  xy  1  3) M    1 .   x 1     

x  y  xy  1  x  1

x  

x 1

 

xy 

x y

x 1



x 1 .

x y

.





x  y (víi x  0;y  0)



x y 



x y 

x  y  xy  x x



 

x 1

 

x y 



x y

x y

x 1





.



x y

x  y  x  y . x  y xy x 1 C©u 4)a) x 2  2x  8  0  x 2  4x  2x  8  0  x(x  4)  2(x  4)  0 x  2  0 x  2  (x  2).(x  4)  0    x  4  0 x  4 VËy S  2;4 b) x 2  6x  m  0 Ta cã :  '  32  m  9  m §Ó p h¬ng tr×nh trª n cã nghiÖm th 9  m  0  m  9

C©u 5: a) V× (d) : y  3x  b qua A(0;1)  1  3.0  b  b  1 b) Víi b  1ta cã (d) : y  3x  1 Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P) lµ 2x 2  3x  1  2x 2  3x  1  0 Ph¬ng tr×nh cã d¹ng a  b  c  0 x1  1  y  2  Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm  x 2  1  y  1  2 2 VËy täa ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P) lµ :( 1;2); (

1 1 ; ) 2 2

 

C©u 6) Gäi x(km/ h) lµ vËn tèc leo dèc (x  0) 1 3 phót  h 20 1 1  Thêi gian leo dèc : ;Thêi gian xuèng dèc : x x9 1 1 1  Ta cã ph¬ng tr×nh:   x x  9 20 xx9 1    20(2x  9)  x 2  9x x(x  9) 20  x 2  9x  40x  180  0  x 2  31x  180  0    31  4.1.(180)  1681  0    41 2

31  41  x1  2  5(lo¹i)  Ph¬ng tr×nh cã 2nghiÖm  x  31  41  36 (chän)  2 2 VËy vËn tèc khi leo dèc lµ 36 km / h Cau 7

N H

a) ¸p dông hÖ thøc lîng vµo NMK vu«ng t¹i M,®êng cao MH 1 1 1 25 576     MH   4,8(m) MH 2 62 82 576 25 ¸p dông ®Þnh lý Pytago vµo NMK vu«ng t¹i M



 NK  MN 2  MK 2  6 2  82  10(m) b)Sè tiÒn ®Ó trång c¸c luèng hoa mêi giê lµ : 20000.(NK  MH)  20000.(10  4, 8)  296 000(®ång)

Cau 8

C B

D E

a) Ta cã :AHC  AEC  900 mµ H, E lµ 2 ®Ønh liªn tiÕp cïng nh×n AC  Tø gi¸cAHEC néi tiÕp b) XÐt ADC vµ HDE cã : HDE  ADC (®èi ®Ønh) DAC  DHE (cïng nh×n EC trong tøgi¸c néi tiÕp AHEC)  ADC HDE (g  g) 

DA DH   DA.HE  DH.AC (®pcm) CA EH

c) Ta cã :BA  BD (gt)  ABD c©n t¹i B  BAD  BDA mµ BDA  CDE (®èi ®Ønh)  900  BDA  900  CDE  DAC  DCE mµ DAC  EHC (cïng nh×n cungEC)  DCE  EHC  HEC c©n t¹i E

[Đ THI HSG HOÁ 9 PHÚ YÊN 2017-2018] Câu 1: (5,0 điểm) 1. Cho bảng giá trị khối lượng riêng (D g/cm3) và nồng độ phần trăm C% của axit sunfuric trong nước nguyên chất (ở nhiệt độ khoảng 15,50) như sau: C% D(g/ml) C% D(g/ml) C% D(g/ml) 0,00 0,999 50,87 1,406 90,60 1,822 10,77 1,073 60,75 1,509 97,00 1,842 21,07 1,149 81,30 1,745 98,00 1,842 a. N u pha trộn 100 gam dung dịch H2SO4 21,07% với 50 gam dung dịch axit H2SO4 81,30%, thu được dung dịch H2SO4 có nồng độ phần trăm và khối lượng riêng bằng bao nhiêu? b. Cho sẵn các dụng cụ gồm: cốc thuỷ tinh 500 ml; cốc thuỷ tinh 250 ml; ống đong 100 ml; ống đong 50 ml; phễu thuỷ tinh và đũa thuỷ tinh. Dung dịch axit H2SO4 21,07% và dung dịch axit H2SO4 81,30% được chứa trong hai bình thuỷ tinh khác nhau. Trình bày và giải thích v thao tác thí nghiệm khi ti n hành pha trộn hai dung dịch với khối lượng như đã cho ở câu hỏi 1 nhằm đảm bảo an toàn nhất. Hướng dẫn a. 100.21,07%  50.81,30% C%  .100%  41,147% 100  50 m 100  50 D   1,2966(g / ml) 100 50 V  1,149 1,745 b. 2. Người ta thực hiện thí nghiệm sau: đổ một lượng axit sunfuric 98% vào một cốc nước có chứa một ít đường hạt ở trạng thái khan (loại đường mía k t tinh thường có màu trắng hay được sử dụng trong sinh hoạt hằng ngày của các gia đình người Việt Nam). Sau một thời gian ngắn, đường bi n thành màu nâu, sau đó chuyển sang màu đen và dường như khối lượng đường tăng lên rất nhi u và trào ra khỏi miệng cốc (xem hình dưới đây). N u chạm nhẹ tay vào thành cốc ta thấy cốc nóng lên.

Hãy giải thích các hiện tượng của thí nghiệm, vi t phương trình hoá học minh hoạ. Hướng dẫn C6H12O6 + 12H2SO4 đặc,nóng Ō 6CO2ŋ + 12SO2ŋ + 18H2Oŋ Page 1

[Đ THI HSG HOÁ 9 PHÚ YÊN 2017-2018] Axit H2SO4 đặc, nóng oxi hoá rất mạnh đường thành C (than) màu đen, phản ứng toả nhiệt mạnh nên thành ống nghiệm khá nóng. Mặt khác, quá trình OXH-K mạnh mẽ làm thể tích hỗn hợp khí, hơi sau phản ứng tăng nhanh chóng (1mol đường tạo ra 36 mol hỗn hợp khí và hơi). Đi u đó khi n khối đường trào lên khỏi miệng cốc. 3. Cho các chất: CaO, Fe, Fe3O4, Mg(OH)2, BaCl2 và NaHCO3. Vi t phương trình hoá học (n u có) khi cho lần lượt từng chất phản ứng với dung dịch axit H2SO4 10%. Hướng dẫn CaO + H2SO4 Ō CaSO4 + H2O Fe + H2SO4 Ō FeSO4 + H2ŋ Fe3O4 + H2SO4 Ō FeSO4 + Fe2(SO4)3 + H2O Mg(OH)2 + H2SO4 Ō MgSO4 + 2H2O BaCl2 + H2SO4 Ō BaSO4ō + 2HCl 2NaHCO3 + H2SO4 Ō Na2SO4 + 2CO2ŋ + 2H2O Câu 2: (5,0 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm CuO và Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn 44 gam X bằng dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được dung dịch chứa 85,25 gam muối. Mặt khác, n u khử hoàn toàn 22 gam X bằng CO dư và dẫn chậm hỗn hợp khí thu được sau phản ứng qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được m gam k t tủa. Vi t phương trình hoá học, xác định thành phần phần trăm khối lượng các chất có trong X và giá trị của m. Hướng dẫn   80x  160y  44 x  0,15 CuO : x CuO : 0,075    22gX  Ta có   Fe2 O3 : y 135x  325y  85,25 y  0,2  Fe2 O3 : 0,1   nCO  nO(Oxit)  nCO2

 nO(X)  0,375   CO2  BaCO3  0,375

73,875(g)

Vậy giá trị k t tủa là: 73,875 gam. 2. Cho 100 ml dung dịch NaHSO4 0,8M vào 200 ml dung dịch chứa đồng thời Ba(HCO3)2 0,25M và BaCl2 0,1M. Phản ứng xong, thu được k t tủa có khối lượng m gam, khí bay ra có thể tích là V lít (đktc) và dung dịch X. a. Xác định giá trị của m và V. b. Cô cạn (ở áp suất khí quyển) dung dịch X. Tính khối lượng chất rắn khan thu được khi cô cạn dung dịch X. Hướng dẫn a. 2NaHSO4 + Ba(HCO3)2 Ō Na2SO4 + BaSO4ō + 2CO2ŋ + 2H2O 0,08Ō 0,04 0,04 0,04 0,08 Dư: 0,01 Ō V = 1,792 (lít) Ba(HCO3)2 + Na2SO4 Ō 2NaHCO3 + BaSO4ō 0,01Ō 0,01 0,02 0,01 Dư: 0,03 BaCl2 + Na2SO4 Ō 2NaCl + BaSO4ō 0,02Ō 0,02 0,04 0,02 Dư: 0,01 Ō m = 16,31 gam.

Page 2

[Đ THI HSG HOÁ 9 PHÚ YÊN 2017-2018] b.  Na2 SO 4 : 0,01  ddX NaHCO3 : 0,02  m(raén khan)=5,44g   NaCl : 0,04 Câu 3: (5,0 điểm) Nung ở nhiệt độ cao m gam hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 trong đi u kiện không có không khí, thu được hỗn hợp Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Hoà tan phần 1 trong dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 1,12 lít khí H2 (đktc). Hoà tan phần 2 trong 650 ml dung dịch NaOH 0,1M dư, thu được dung dịch Z và còn lại 4,4 gam chất rắn không tan. a. Tìm giá trị của m. b. N u lấy phần 1 hoà tan trong axit H2SO4 đậm đặc, nóng, dư thì cần bao nhiêu gam axit H2SO4 98% (sinh ra sản phẩm khử duy nhất là SO2), bi t đã lấy dư 19,6% so với lượng cần thi t phản ứng. c. Cho dung dịch axit HCl 0,5M vào dung dịch Z, thấy thu được 1,95 gam k t tủa. Tính thể tích dung dịch HCl 0,5M đã dùng. Cho rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn và quá trình nung X chỉ xảy ra phản ứng: to

2Al + Fe2O3  Al2O3 + 2Fe. Hướng dẫn a. to

2Al + Fe2O3  Al2O3 + 2Fe. Pứ: Dư:

xŌ

0,5x (y – 0,5x)

0,5x

H2    0,05  x  0,05  y  0,035  m  13,9g. Ta có  4,4g    160(y  0,5x)  56x  4,4  b. Fe2 O3 : 0,01  H 2(Axit)  O(Oxit)  H2 O Phần 1 Al2 O3 : 0,025   2Fe  6H 2 SO 4  Fe2 (SO 4 )3  3SO2  6H 2 O  Fe : 0,05 

 H 2 SO 4  m ddH 0,255

2 SO 4



98.0,255.119,6%  30,498gam. 98%

c. Fe2 O3 : 0,01 NaAlO2 : 0,05  Al : 0,05   to  NaOH  Y Al2 O3 : 0,025  X  ddZ  BT.Na   NaOH dö : 0,015  Fe2 O3 : 0,035   Fe : 0,05  NaOH + HCl Ō NaCl + H2O 0,015Ō0,015

Page 3

[Đ THI HSG HOÁ 9 PHÚ YÊN 2017-2018] Nhận thấy: nAl(OH)3 = 0,025 < nAl(OH)3 max = 0,05 nên có 2TH. TH1: k t tủa chưa bị hoà tan NaAlO2 + HCl + H2O Ō NaCl + Al(OH)3ō 0,025Ō 0,025 Ō nHCl = 0,015 + 0,025 = 0,04 Ō VddHCl = 0,08(M). TH2: k t tủa bị hoà tan 1 phần NaAlO2 + HCl + H2O Ō NaCl + Al(OH)3ō 0,05Ō 0,05 0,05 Al(OH)3 + 3HCl Ō AlCl3 + 3H2O 0,025Ō 0,075 Dư: 0,025 Ō nHCl = 0,14 Ō VddHCl = 0,28(M). Vậy nồng độ mol ddHCl nhận 2 giá trị: (0,08; 0,28) M. Câu 4: (5,0 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A (CnH2n) và B (CmH2m), số nguyên tử cacbon trong B lớn hơn số nguyên tử cacbon trong A. Trong hỗn hợp X, thể tích của B chi m hơn 70% thể tích hỗn hợp. Đốt cháy hoàn toàn 1 thể tích hỗn hợp X cần vừa đủ 4,2 thể tích O2 (các thể tích đo ở cùng đi u kiện nhiệt độ, áp suất). Tìm công thức phân tử của A, B và vi t công thức cấu tạo có thể có của A, B. Hướng dẫn  2.nO2  2.nCO2  nH 2 O BTNT.O Đốt cháy anken cho: nCO2 = nH2O    CO2   2.4,2  3.nCO2 2,8 a  b  0,2  0,8  C2 H 4 : a  Số C   2,8     BT.C m 2 nX b  2a  bm  2,8 Cm H 2m : b    nCO2

0,7  m 1

 2,8  m  3,14  C3 H6

Vậy A, B là: CH2=CH2 và CH2=CH-CH3 hoặc vòng tam giác. 2. Khi hoá lỏng khí gas hay còn gọi đầy đủ là khí dầu mỏ hoá lỏng, có thành phần chính là propan và butan. Bình thường thì propan và butan là các chất ở dạng khí, nhưng để dễ vận chuyển và sử dụng, người ta nén cho chúng tồn tại ở dạng lỏng. Khí gas không màu, không mùi (nhung chúng ta vẫn thấy khí gas có mùi vì chúng đã được cho thêm chất tạo mùi trước khi cung cấp cho người tiêu dùng để dễ dàng phát hiện ra khi có sự rò rỉ gas). Mỗi kilogam (kg) khí gas khi được đốt cháy hoàn toàn cung cấp khoảng 12000 kcal năng lượng, tương đương lượng nhiệt thu được khi đốt cháy hoàn toàn 2kg than củi. Việc sản sinh ra các loại chất khí NOx, khí độc và tạp chất trong quá trình cháy thấp đã làm cho khí gas trở thành một trong những nguồn nhiên liệu khá thân thiện với môi trường. Hiện nay, trên thị trường Việt Nam có khá nhi u loại khí gas khác nhau do các hãng cung cấp với tỉ lệ propan:butan khác nhau. Cho rằng gia đình Y đang sử dụng một loại khí gas có tỉ lệ thể tích propan:butan tương ứng là 3:7 có tổng khối lượng 12kg được nạp vào bình thép chuyên dụng. Hỏi: a. Năng lượng đã toả ra trong quá trình đốt cháy h t một bình gas của gia đình Y khoảng bao nhiêu kcal?

Page 4

[Đ THI HSG HOÁ 9 PHÚ YÊN 2017-2018] b. Tính thể tích không khí (đktc) cần thi t để dùng trong quá trình đốt cháy hoàn toàn 1 kg khí gas loại gia đình Y đang sử dụng. Hướng dẫn a. 12kg Gas:Q=12000.12=144000kcal b. C3 H8  5O2  3CO2  4H 2 O  C H : 3x 500  3x  15x x   Vkk  12594,8(l) 1kg  3 8 269    C H 6,5O 4CO 5H O C H : 7x  4 10 2 2 2  4 10  7x  45,5x

Page 5

1 SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Hóa học Ngày thi: 01 – 4 –2018 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I: (4,75 điểm) 1. (2,25 điểm) Cho hình vẽ mô tả sự điều chế Clo trong phòng thí nghiệm như sau:

a. Hãy xác định X là chất gì? Giải thích vai trò của X trong thí nghiệm trên? Có thể thay dung dịch X bằng CaO được không? Vì sao? b. Trong phòng thí nghiệm, để điều chế được cùng một lượng khí Clo người ta có thể dùng m1 (gam) MnO2 (chứa 2% tạp chất trơ) hoặc dùng m2 (gam) KMnO4 (chứa 10% tạp chất trơ) tác dụng với dung dịch HCl dư. Viết phương trình phản ứng và so sánh m1 với m2? 2. (2,5 điểm) Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết khác xem như đã có, hãy viết phẳn ứng điều chế etylaxetat, polietilen (PE), caosu buna, andehyt axetic và etylclorua? Câu II: (4,0 điểm) 1. (1,25 điểm) Cần lấy bao nhiêu ml nước cất để pha chế được 80 gam đung dịch CuSO4 15% từ CuSO4.5H2O. Nêu cách pha chế? 2. (2,75 điểm) Cumen là nguyên liệu quan trọng dùng điều chế các chất hữu cơ có nhiều ứng dụng như phenol và aexeton. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Cumen rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào 500 ml dung dịch Ca(OH)2 2,3M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng 50,8 gam, cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng 2 lần kết tủa là 243,05 gam. a. Xác định công thức phân tử của Cumen? Biết thành phần Cumen chỉ có 2 nguyên tố là C và H. b. Xác định công thức cấu tạo của Cummen ? Biết nó không làm mất màu dung dịch brom nhưng khi đun nóng với hơi brom có mặt ánh sáng cho hai sản phẩm monobrom. Viết phương trình phản ứng? Câu III: (4,25 điểm) 1. (1,0 điểm) Bột kim loại Ag có lẫn một ít Fe, Cu. Chỉ dùng một hóa chất hãy trình bày cách tốt nhất để thu được Ag tinh khiết? Viết phương trình phản ứng xảy ra? 2. (3,25 điểm) Nung nóng m gam hỗn hợp A gồm bột Al và sắt oxit FexOy trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều B rồi chia làm hai phần. Phần 1 có khối lượng 14,49 gam được hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được dung dịch C và 5,544 lít khí SO2 duy nhất (điều kiện tiêu chuẩn). Phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, thấy giải phóng 0,336 lít khí H2 (điều kiện tiêu chuẩn) và còn lại 2,52 gam chất rắn. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra? b. Xác định công thức của oxit sắt và tính m?

2 Câu IV: (4,0 điểm) 1. (2,0 điểm) Sục khí (A) vào dung dịch (B) có màu vàng thu được chất rắn (C) màu vàng và dung dịch (D). Khí (X) màu vàng lục tác dụng với khí (A) trong nước tạo ra (Y) và (F), rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. Khí (A) tác dụng với dung dịch chất (G) là muối nitrat của kim loại tạo ra kết tủa (H) màu đen. Đốt cháy (H) bởi oxi ta được chất lỏng (I) màu trắng bạc. Xác định A, B, C, D, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phương trình phản ứng?. 2. (2,0 điểm) a. Khi làm khan ancol (rượu) etylic có lẫn một ít nước người ta dùng các cách sau: + Cho CaO mới nung vào rượu. + Cho Na2SO4 khan vào rượu. Hãy giải thích ? Viết phương trình phản ứng nếu có? b. Tính khối lượng glucozơ cần dùng trong quá trình lên men để tạo thành 5 lít ancol (rượu) etylic 46 0 (biết hiệu suất phản ứng là 90%) và d C2H 5OH = 0,8 g/ml? Câu V: (3,0 điểm) Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B gồm 2 khí NO và NO2. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng t0

không đổi có phản ứng 2KNO3  2KNO2 + O2 thì thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). a. Tính phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. Cho Mg =24; Al =27; Cl =35,5; H =1; C =12; O =16; Cu =64; K =39; N =14 Fe =56; Na =23 ; Zn =65; Ba =137; Ca =40; Br =80; S =32; Mn =55. ---------HẾT----------

[ĐỀ THI HSG HOÁ 9 NAM ĐỊNH 2017-2018] Câu 1: (3,5 điểm) 1. Nguyên tố X là một phi kim. Hợp chất khí của X với hidro là M (có công thức H8aX); oxit cao nhất của X là N (có công thức X2Oa). Tỉ khối hơi của N so với M là 5,0137. a. Tìm X. b. Hợp kim của nguyên tố A có nhiều ứng dụng trong đời sống. Đơn chất A, X và hợp chất của chúng tham gia vào các phản ứng theo sơ đồ sau: (1) A+X→E (5) A + O2 → F (2) A + B → C + H2 (6) F + B → C + E + H2O (3) E+A→C (7) C+X→E (4) F + H2 → A + H 2 O Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. 2. Cho các hoá chất: KClO3, nước, quặng pirit (FeS2) và các điều kiện phản ứng có đủ. Có thể điều chế được những chất khí nào từ những hoá chất đã cho? Viết phương trình hoá học của các phản ứng. Hướng dẫn 1. a  7 2X  16a a = (1 7)  5,0137  X  6,973a  13,309    Cl a. Dễ có X8a  X  35,5 b. Hợp kim là hỗn hợp các kim loại, trong cuộc sống hay gặp nhiều hợp kim của Fe. (1) 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 (2) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (3) 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 to

(4)

Fe3O4 + 4H2  3Fe + 4H2O

(5) (6) (7) 2.

3Fe + 2O2 → Fe3O4 Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O FeCl2 + 0,5Cl2 → FeCl3 to

KClO3  KCl + 1,5O2 dpdd

H2O  H2 + O2 to

4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 V O

2 5 SO2 + 0,5O2  SO3 o

Câu 2: (2,0 điểm) 1. Hình vẽ dưới đây là cách lắp đặt dụng cụ thí nghiệm, điều chế oxi trong phòng thí nghiệm.

Page 1

[ĐỀ THI HSG HOÁ 9 NAM ĐỊNH 2017-2018]

a. Trong quá trình tiến hành thí nghiệm, để hạn chế ống nghiệm bị nứt vỡ thì cần phải làm gì? Hãy giải thích cách làm đó. b. Hãy giải thích vai trò của miếng bông. 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình hoá học của phản ứng xảy ra trong thí nghiệm sau: a. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch bari hidroxit. b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ phenolphtalein. Hướng dẫn 1. a. Để hạn chế ống nghiệm nứt vỡ thì trước tiên ta làm nóng đều bề mặt ống nghiệm một lúc, sau đó mới cố định đèn cồn. Điều đó tránh ống nghiệm giãn nở do chênh lệch nhiệt độ có thể gây vỡ ống nghiệm. b. Miếng bông đặt ở đầu ống nghiệm nhằm tránh KMnO4 thoát ra ngoài môi trường. 2. a. Lúc đầu: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O Khi sục khí CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 ta thấy xuất hiện kết tủa trắng làm vẩn đục dung dịch. Sau đó: CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 Kết tủa tăng dần đến tối đa, sau đó sục tiếp CO2 đến dư thì ta thấy dung dịch dần trong suốt trở lại cho kết tủa bị hoà tan đến hết. b. Phenolphatalein nhỏ vào dung dịch NaOH sẽ chuyển màu hồng. HCl + NaOH → NaCl + H2O HCl sẽ trung hoà NaOH nên phenolphatalein sẽ dần mất màu hồng. Câu 3: (3,5 điểm) 1. A là nguyên tố kim loại có trong thành phần chính của muối ăn và X, Y, Z, T là các hợp chất của A. Trong đó X tác dụng với cacbon ddioxxit tạo thành Y; X tác dụng với Y tạo thành Z. Nung Y ở nhiệt độ cao thu được cacbon dioxit. Cacbon dioxit tác dụng với Z thành Y; Y tác dụng với T thu được cacbon dioxit. Xác định X, Y, Z, T và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

Page 2

[ĐỀ THI HSG HOÁ 9 NAM ĐỊNH 2017-2018] 2. Hoà tan 19,2 gam kim loại Cu bằng 40 ml dung dịch H2SO4 98% (D = 1,84g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch A. Cho từ từ đến hết 536 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch A, sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m. Hướng dẫn 1.  X : NaOH  to Y  CO2 nên Y là: NaHCO3     Z : Na2 CO3  T : NaHSO 4 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O NaHCO3 + NaHSO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O Cu : 0,3 2.   H 2 SO 4 : 0,736 Tạo SO2: Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2↑ + 2H2O 0,3→ 0,6 Dư: 0,136 H SO : 0,136  Ba(OH)2 BaSO4 : 0,436 ddA  2 4   :130,988g 0,536 CuSO4 : 0,3 Cu(OH)2 : 0,3 Tạo H2S: 4Cu + 5H2SO4 → 4CuSO4 + H2S↑ + 4H2O 0,3→ 0,375 Dư: 0,361 H SO : 0,361  Ba(OH)2 BaSO4 : 0,536   ddA  2 4   :142,038g 0,536 CuSO : 0,3 Cu(OH) : 0,175    4  2 Vậy m nằm trong khoảng (130,988; 142,038). Câu 4: (4,0 điểm) 1. Nung 25,28 gam hỗn hợp gồm FeCO3 và FexOy trong không khí tới phản ứng hoàn toàn, thu được khí A và 22,4 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,15M thu được 7,88 gam kết tủa. Tìm công thức phân tử của FexOy. 2. Chia 156,8 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với dung dịch HCl dư được 155,4 gam muối khan. Phần 2 tác dụng vừa đủ với dung dịch Y là hỗn hợp gồm HCl và H2SO4 loãng thu được 167,9 gam muối khan. a. Viết phương trình hoá học của các phản ứng. b. Tính số mol của HCl trong dung dịch Y. Hướng dẫn  Ba(OH)2  FeCO3 : x t o  CO2   BaCO3 : 0,04 0,06   1.   Fe2 O n : y  Fe2 O3 : 0,14 25,28g

Khi CO2 tác dụng với Ba(OH)2 thu được kết tủa chưa tối đa thì có 2TH TH1: kết tủa chưa bị hoà tan CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,04 ←0,04

Page 3

[ĐỀ THI HSG HOÁ 9 NAM ĐỊNH 2017-2018] TH2: kết tủa bị hoà tan một phần CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,06 ←0,06→ 0,06 CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,02 ←0,02 Dư: 0,04 Suy ra: nCO2 = (0,04; 0,08)   116x  (112  16n)y  25,28 3,75 (ktm)  0,04;0,12;0,45  BTNT.Fe  x  2y  2.0,14  (x;y;ny)   n hpt    0,08;0,1;0,3 3  Fe2 O3   0,04 BTNT.C   x     0,08  Vậy oxit sắt là: Fe2O3. 2. Vì Fe3O4 = FeO + Fe2O3 → coi hỗn hợp chỉ có FeO và Fe2O3  156,8  FeO : x  x  0,2  72x  160y     nHCl  2(0,2  2.0,4)  2,8mol 2  Fe O : y y  0,4  2 3 127x  325y  155,4    nHCl(1)  nHCl(1)  2.nH 2 SO 4 (2)  2,8  a  2b  HCl : a    167,9g   H 2 SO 4 : b    m(Muoái)  mFe  mCl  mSO 4  167,9  56.1  35,5a  96b  a  1,8   b  0,5 Vậy mol HCl trong Y là 1,8 mol. Câu 5: (3,25 điểm) 1. Nêu hiện tượng trong các thí nghiệm sau, giải thích và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra (nếu có). a. Đưa bình đựng hỗn hợp khí metan và clo ra ánh sáng, sau một thời gian cho nước vào bình lắc nhẹ rồi cho vào một mẩu giấy quì tím. b. Xăng có thành phần chính là hỗn hợp các hidrocacbon no, chủ yếu là các chất có tính chất hoá học tương tự metan. Để phát hiện nước có lẫn trong xăng có thể dùng CuSO4 khan. c. Cho dung dịch nước brom loãng vào benzen và khuấy đều. 2. Từ nguyên liệu là canxi cacbua, các chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ, viết phương trình hoá học điều chế etan và 1,2- đibrom etan. 3. Khí gas dùng trong sinh hoạt có thành phần phần trăm về khối lượng các chất như sau: butan 99,4%; còn lại là propan. Khi đốt cháy 1 mol mỗi chất trên giải phóng ra một lượng nhiệt là 3600 kJ và 2654 kJ. Tính khối lượng gas cần dùng để đun sôi 1 lít nước (D = 1g/ml) từ 250C lên 1000C. Biết để nâng nhiệt độ của 10 gam nước lên 1 cần 4,16J. Hướng dẫn 1. 2.

Page 4

[ĐỀ THI HSG HOÁ 9 NAM ĐỊNH 2017-2018] CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + CHCH Ni,t o

CHCH + 2H2  CH3-CH3 (etan) Pd,t o

CHCH + H2  CH2=CH2 CH2=CH2 + ddBr2 → CH2(Br)-CH2(Br) Chú ý: nếu brom hoá etan thì thu được hỗn hợp 1,1 đibrometan và 1,2 ddibrometan. 3.  m  1000g  H 2 O  t  100o  25o  Q  4,16.1000.75  312 kJ 75o  C4 H10   C4 H10 : a   58a  0,994(58a  44b)  Mol    %m = 99,4%  3600a  2654b  312 C3 H8 : b  a  0,08616   mGas  5,027g b  0,000686  Vậy khối lượng Gas cần dùng là: 5,027g. Câu 6: (3,75 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon X và Y có công thức chung là CnH2n+2 (n ≥ 1) rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 chứa nước vôi trong dư thấy lượng bình 1 tăng 2,52 gam, khối lượng dung dịch ở bình 2 giảm 5,6 gam. Xác định công thức phẩn tử của X và Y nếu biết tỉ lệ khối lượng mX : mY = 1:3,625 và số mol mỗi chất đều vượt quá 0,015 mol. Hướng dẫn Khi đốt cháy: nAnkan = nH2O – nCO2. Bình 1 hấp thụ H2O nên mH2O = 2,52g → nH2O = 0,14 Bình 2 hấp thụ CO2 nên mCO2 = mCaCO3  m → nCO2 = 0,1 dd giaûm

100nCO2  44nCO2

→ n(X,Y) =

nH2 O  nCO2 0,04

 Soá C 

CH  2,5  X  4 n(X,Y) C2 H6 nCO2

  a  b  0,04   CH 4 : a  CH : 0,02    a  bn  0,1   4 Ta có   C2 H 6 : a    C4 H10 : 0,02    2a  bn  0,1 C H : b  n 2n  2  16a.3,625  (14n  2)b   30a.3,625  (14n  2)b Vậy công thức phân tử của X, Y là: CH4 và C4H10.

Page 5

[ĐỀ THI HSG HOÁ 9 NAM ĐỊNH 2017-2018] 2. Phản ứng crackinh là phản ứng bẻ gãy phân tử hidrocacbon bằng nhiệt hoặc nhiệt cùng với xúc tác. Crackinh m gam butan thu được hỗn hợp khí A từ các phản ứng theo sơ đồ sau: crackinh

(1)

C4H10  C3H6 (X) + CH4

(2)

C4H10  C2H4 + C2H6 (Y)

crackinh

Trong đó X có tính chất hoá học tương tự etilen, Y có tính chất hoá học tương tự metan. Dẫn toàn bộ khí A vào dung dịch brom dư thấy có 36 gam brom tham gia phản ứng và thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B thu được 11,76 lít CO2 (đktc) và 14,49 gam H2O. a. Tìm giá trị của m. b. Tính hiệu suất của phản ứng crackinh. Hướng dẫn crackinh

(1)

C4H10  C3H6 (X) + CH4

(2)

C4H10  C2H4 + C2H6 (Y)

crackinh

C2 H 4 ;C3 H 6 : nBr2  0,225  to  O2 C4 H10   C4 H10 dö   CO2  H 2 O   CH ;C H m(g)   4 2 6 0,525 0,805 n(C4H10, CH4, C2H6) = nH 2 O  nCO 2 0,28

 n(CH 4  C2 H 6 ) : 0,225  nC 4 H10 pöù : 0,225 n(CH 4  C2 H 6 )  n(C2 H 4  C3 H 6 )    nC4 H10 dö : 0,055 m  16,24g nC4 H10 b.ñaàu  0,28   H%  80,36% Vậy m = 16,24 gam và hiệu suất cracking là: 80,36%.

Page 6

[ĐỀ THI HSG HOÁ 9 NAM ĐỊNH 2017-2018]

Page 7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ---------------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 13/3/2018 (Đề gồm 02 trang)

Câu I. (3,5 điểm) 1. Viết các phương trình hóa học để thực hiện dãy chuyển hóa sau (ghi điều kiện nếu có): CH3 COONa

(1)

(4)

CH4 Al4 C3

(2)

(3)

C2 H2

(6) (7)

C2 H4

(5)

C6 H6 C2 H3 Cl

(8)

PVC

2. Hỗn hợp khí gồm CO, CO2, C2H4 và C2H2. Trình bày phương pháp hóa học dùng để tách riêng từng khí ra khỏi hỗn hợp. Câu II. (3,0 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm có các dung dịch: HCl đặc, NaOH; các chất rắn: CaCO3, MnO2, Al4C3, CaC2. a. Từ các hóa chất trên có thể điều chế được những chất khí nào trong số các khí sau: H2, O2, Cl2, CO2, CH4, C2H2. Với mỗi khí (nếu điều chế được) viết một phương trình hóa học. b. Hình vẽ bên mô tả bộ dụng cụ điều chế và thu khí X. Hãy cho biết X là những khí nào trong số các khí ở trên được điều chế và thu bằng bộ dụng cụ đó. Vì sao? 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong mỗi thí nghiệm sau: a. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ca(OH)2. b. Cho một mẫu nhỏ kim loại Na vào dung dịch FeCl3. Câu III. (3,5 điểm) 1. Có các dung dịch không màu đựng trong các lọ mất nhãn riêng biệt: HCl, NaOH, H2SO4, NaCl. Chỉ được sử dụng thêm một dung dịch (chứa một chất tan), hãy trình bày cách phân biệt mỗi dung dịch và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Hòa tan hoàn toàn a mol Al vào dung dịch chứa b mol n Al(OH) (mol) 3 HCl thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH vào X, sự phụ thuộc của số mol Al(OH)3 theo số mol a NaOH được biểu diễn bằng đồ thị như hình vẽ bên: Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra n NaOH (mol) và xác định các giá trị a, b, x. Biết các phản ứng xảy ra 0 0,1 x hoàn toàn. 1,0 Câu IV. (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ X cần dùng 1,176 lít O2 (đktc), chỉ thu được khí CO2 và hơi H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, sau khi phản ứng kết thúc thì trong bình có 4,5 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,71 gam so với dung dịch ban đầu. Biết tỉ khối hơi của X so với khí H2 bằng 37. a. Tính giá trị m. b. Xác định công thức phân tử của hợp chất X. Trang 1

2. Hòa tan hết hỗn hợp gồm FeS, Fe, FeO và Fe(OH)2 trong một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 loãng, sau phản ứng thu được dung dịch Y (chỉ chứa một chất tan). Biết trong Y, khối lượng nguyên 16 tố oxi chiếm tổng khối lượng của dung dịch. 19 a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch Y. Câu V. (2,0 điểm) 1. E là oxit của kim loại M, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Xác định công thức của E. 2. Cho dòng khí CO (thiếu) đi qua ống sứ chứa x gam chất E nung nóng. Sau phản ứng, khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là y gam. Hòa tan hết y gam này vào lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch F và khí NO duy nhất bay ra. Cô cạn cẩn thận dung dịch F thu được 3,7x gam muối G. Giả thiết hiệu suất các phản ứng là 100%. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Lập biểu thức tính thể tích NO (đktc) theo x, y và xác định công thức của G. Câu VI. (2,0 điểm) Hỗn hợp M gồm một hiđrocacbon A và một hiđrocacbon B có công thức CnH2n-2 (n  2), có tỉ 76 lệ mol tương ứng là 2 : 1. Tỉ khối của hỗn hợp M so với hiđro bằng . Đốt cháy hoàn toàn 3,36 3 lít (đktc) hỗn hợp M, sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào 1000 gam dung dịch Ca(OH)2 7,4% thấy có 55 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, sau đó đun sôi dung dịch thì không thấy có thêm kết tủa. 1. Tìm công thức phân tử của A và B, biết phân tử của chúng hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon. 2. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa. Câu VII. (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Na2SO4, Na2CO3, NaHCO3. Chia 48,48 gam X làm 3 phần: - Phần 1 cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thì thấy có 1,2 gam NaOH phản ứng. - Phần 2 (có khối lượng gấp đôi phần 1) cho tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 lít khí (đktc). - Phần 3 cho tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thì thấy có 51,3 gam Ba(OH)2 phản ứng. Tính khối lượng mỗi chất trong 48,48 gam hỗn hợp X. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. --------------------- HẾT --------------------(Cho biết: H = 1; C = 12; O = 16; S = 32; Cl = 35,5; Al = 27; Fe = 56; Zn = 65; Ca = 40; Mg = 24; Na = 23; N = 14; K = 39; Cu = 64; Ba = 137) Lưu ý: Thí sinh không được sử dụng bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Họ và tên thí sinh: …………………………………; SBD:……….; Phòng thi: ………........... Chữ ký giám thị 1: ………………………….;

Chữ ký giám thị 2: ……………………......

Trang 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 2017 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang)

Câu 1: (1,0 điểm) Viết các phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ sau và ghi rõ điều kiện phản ứng (mỗi mũi tên là một phương trình) Câu 2: (1,0 điểm) Hợp chất X1 gồm 2 nguyên tố có công thức phân tử dạng M2On, trong đó nguyên tố oxi chiếm 74,07% về khối lượng. X2 là axit tương ứng của X1. Biết rằng, cứ 1 mol X1 phản ứng với 1 mol nước tạo ra 2 mol X2. Tìm công thức của X1, X2. Câu 3: (1,0 điểm) Lấy cùng số mol hai hiđrocacbon CxHy và Cx+2Hy+4 (x, y là các số nguyên dương) đem đốt cháy hoàn toàn thấy thể tích khí oxi cần dùng ở hai phản ứng này gấp 2,5 lần. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tìm công thức phân tử của hai hiđrocacbon trên. Câu 4: (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu. Lấy 3,31 gam X cho vào dung dịch HCl dư, thu được 0,784 lít H2 (đktc). Mặt khác, nếu lấy 3,31 gam X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, dư, đun nóng thu được 10,51 gam hỗn hợp muối. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn, tính thành phần % về khối lượng của các chất trong X. Câu 5: (1,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 12,0 gam một hợp chất hữu cơ X chỉ thu được CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 40 gam kết tủa và dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm 15,2 gam so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu. Biết rằng 3,0 gam X ở thể hơi có thể tích bằng thể tích của 1,6 gam oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Tìm công thức phân tử của X. Câu 6: (1,0 điểm) Tiến hành thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: cho 1,74 gam MnO2 tác dụng với HCl đặc, dư, đun nóng thu được khí A màu vàng lục. - Thí nghiệm 2: cho một lượng sắt vào dung dịch H2SO4 loãng đến khi khối lượng dung dịch tăng 167,4 gam thì thu được một lượng khí B. - Thí nghiệm 3: thêm 3 gam MnO2 vào 197 gam hỗn hợp KCl và KClO3 thu được hỗn hợp X. Trộn kĩ và đun nóng hỗn hợp X đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được chất rắn nặng 152 gam và một lượng khí D. - Thí nghiệm 4: Nạp toàn bộ lượng khí A, khí B và khí D thu được ở các thí nghiệm trên vào một bình kín, nâng nhiệt độ cao để thực hiện hoàn toàn các phản ứng rồi đưa nhiệt độ về 25ºC thu được dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính nồng độ % của chất tan có trong dung dịch Y. Câu 7: (1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 42,6 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ có tỉ lệ mol tương ứng là 5:4 vào 500 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y và 17,472 lít khí (đktc) a. Xác định thành phần % về khối lượng mỗi kim loại trong X. b. Dẫn từ từ khí CO2 vào dung dịch Y, tính thể tích khí CO2 (đktc) cần dùng để thu được lượng kết tủa lớn nhất.

Câu 8: (1,0 điểm) 40 lội qua 1,5 lít dung dịch Br2 3 0,2M. Sau khi phản ứng xong, thấy dung dịch brom mất màu hoàn toàn; khối lượng dung dịch brom tăng 5,88 gam và có 1,792 lít hỗn hợp khí B thoát ra khỏi bình. Các thể tích khí đều đo ở đktc. a. Tính khối lượng mỗi sản phẩm thu được. b. Tính thành phần % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp B. Câu 9 : (1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn một lượng AlCl3 và một lượng Al2(SO4)3 vào nước thu được 200 gam dung dịch X, chia dung dịch X thành hai phần: - Phần 1: cho tác dụng với BaCl2 dư thu được 13,98 gam kết tủa trắng. - Phần 2: cho tác dụng với 476 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi phản ứng xong thu được 69,024 gam kết tủa. Biết khối lượng phần 2 gấp n lần khối lượng phần 1 (n là số nguyên dương) và lượng chất tan trong phần 2 nhiều hơn lượng chất tan trong phần 1 là 32,535 gam. Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch X. Câu 10: (1,0 điểm) Thủy phân hoàn toàn 2,85 gam hợp chất hữu cơ A (chứa C, H, O) thu được m1 gam chất X và m2 gam chất Y chỉ chứa một loại nhóm chức. Đốt cháy hết m1 gam X tạo ra 0,09 mol CO2 và 0,09 mol H2O, còn khi đốt cháy hết m2 gam Y thu được 0,03 mol CO2 và 0,045 mol H2O. Tổng lượng oxi tiêu tốn cho cả hai phản ứng cháy trên đúng bằng lượng oxi tạo ra khi nhiệt phân hoàn toàn 42,66 gam KMnO4. Biết phân tử khối của X là 90; Y không hòa tan Cu(OH)2. Xác định công thức phân tử của các chất A, X, Y biết A có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. ----HẾT----

Cho 6,72 lít hỗn hợp A gồm etilen và axetilen có tỉ khối so với hiđro là

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN 2017 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang)

Câu 1: (2,0 điểm) 1. Giải thích vì sao các đồ vật làm bằng nhôm khó bị ăn mòn trong không khí? 2. Vào cuối khóa học, các học sinh, sinh viên dùng bong bóng bay chụp ảnh kỉ yếu. Tuy nhiên, có một số vụ bong bóng bay bị nổ mạnh khi tiếp xúc với lửa làm nhiều người bị bỏng nặng. a. Hãy giải thích nguyên nhân gây nổ của chất khí trong bong bóng. b. Để sử dụng bong bóng an toàn, một học sinh đề nghị dùng khí He bơm vào bong bóng. Em hãy nhận xét cơ sở khoa học và tính khả thi của đề nghị trên. 3. Nhiệt phân hỗn hợp rắn X gồm CaCO3, NaHCO3, Na2CO3 có tỉ lệ mol tương ứng 2:2:1 đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào nước, khi kết thúc phản ứng lọc lấy dung dịch Z. a. Viết phương trình hóa học các phản ứng. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng có thể xảy ra khi cho dung dịch Ca(HCO3)2 vào dung dịch Z. Câu 2:(2,0 điểm) 1. Cho dãy chuyển hóa sau: (1) ( 2) ( 3) ( 4) Xenlulozo  A1  A2  A3  PE a. Viết các phương trình hóa học, ghi rõ điều kiện thực hiện chuyển hóa trên. b. Tính khối lượng gỗ có chứa 40% xenlulozo cần dùng để sản xuất 14 tấn nhựa PE, biết hiệu suất chung của cả quá trình là 60%. 2. Cho 2 chất hữu cơ A và B có công thức phân tử lần lượt là C3H8O và C3H6O2. Biết rằng chất A và chất B đều tác dụng với Na, chỉ có chất B tác dụng với NaHCO3. a. Xác định các công thức cấu tạo có thể có của A và B b. Viết các phương trìn hóa học xảy ra khi cho A tác dụng với B. Câu 3: (2,0 điểm) 1. Cho H2SO4 đặc vào cốc chứa một ít đường saccarozo, thu hỗn hợp khí sau phản ứng rồi sục vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Nêu hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Cho 1 gam kim loại A có hóa trị 2 vào 50 ml dung dịch H2SO4 5M, đến khi nồng độ axit còn lại 3M thì kim loại vẫn chưa tan hết. Biết thể tích dung dịch không đổi, xác định kim loại A. Câu 4: (2,0 điểm) 1. Hòa tan 10,72 gam hỗn hợp X gồm: Mg, MgO, Ca và CaO vào dung dịch HCl vừa đủ thu được 3,248 lít khí (đktc) và dung dịch Y chứa a gam CaCl2 và 12,35 gam MgCl2. Tính a. 2. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm x mol AlCl3 và y mol FeCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau: a. Tính x và y b. Cho z = 0,74 mol thu được m gam kết tủa. Tính m Câu 5: (2,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm CxHy và O2 dư, làm lạnh hỗn hợp sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y có thể tích giảm 25% so với thể tích của X. Cho khí Y đi qua dung dịch KOH dư thu được khí Z có thể tích giảm 40% so với thể tích của Y. a. Xác định công thức cấu tạo có thể có của CxHy biết x < 6 b. Tính thành phần % thể tích hỗn hợp X.

2. Cho 65,08 gam hỗn hợp X gồm (C17H33COO)3C3H5 và một este RCOOR’ tác dụng vừa đủ với 160 ml dung dịch NaOH 2M. Chưng cất hỗn hợp sau phản ứng thu được hỗn hợp Y chứa 2 ancol no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thu được 14,08 gam CO2 và 9,36 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của RCOOR’. Cho nguyên tử khối: H=1, He=4, C=12, N=14, O=16, S=32, Cl=35,5, Li=7, Be=9, Na=23, Mg=24, Al=27, K=39, Ca=40, Fe=56, Cu=64, Zn=65, Ag=108, Ba=137 ------------------------------HẾT-----------------------------Lưu ý: thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA HÀ NỘI 2018] Câu 1: (2,0 điểm) 1. Tiến hành thí nghiệm như hình bên: cho kẽm viên vào dung dịch HCl thấy có khí X thoát ra; dẫn khí X đi qua chất rắn Y nung nóng thu được khí Z; sục khí Z vào dung dịch muối T thấy xuất hiện kết tủa màu đen.

Biết rằng: Y là đơn chất rắn, màu vàng, dung dịch muối T có màu xanh và T có khối lượng mol là 160 gam. Xác định các chất X, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Hướng dẫn Y là đơn chất màu vàng: S T màu xanh và MT = 160 : CuSO4 Khí Z tạo kết tủa đen với CuSO4 nên Z : H2S → X : H2 Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑ to H2 + S   H2 S H2S + CuSO4 → CuS↓ + H2SO4 2. Muối ăn NaCl bị lẫn các tạp chất: Na2SO4, MgCl2, MgSO4, CaCl2, CaSO4. Trình bày phương pháp hóa học loại bỏ các tạp chất để thu được NaCl tinh khiết. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Hướng dẫn Cho hỗn hợp qua dung dịch Na2CO3: ion Mg, Ca bị giữ lại dạng kết tủa, lọc bỏ. MgCl2 + Na2CO3 → MgCO3↓ + 2NaCl MgSO4 + Na2CO3 → MgCO3↓ + Na2SO4 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaCl CaSO4 ít tan hoặc tan 1 phần tạo kết tủa cũng sẽ được lọc bỏ. Dung dịch còn lại gồm : NaCl và Na2SO4. Ta cho vào dung dịch BaCl2 Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl Câu 2: (2,0 điểm) 1. Có 5 chất bột riêng biệt: FeS, Ag2O, CuO, MnO2, FeO đựng trong các lọ mất nhãn. Chỉ dùng một dung dịch thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các chất trên. Viết các phương trình hóa học minh họa. Hướng dẫn Dùng dung dịch HCl FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑(mùi trứng thối) Ag2O + 2HCl → 2AgCl↓(kết tủa trắng) + 2H2O

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA HÀ NỘI 2018]

CuO + 2HCl → CuCl2 (dd màu xanh lơ) + H2O MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑(màu vàng, mùi sốc) + 2H2O FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O 2. a. Khi cơm khê (có mùi nồng khét), người ta thường cho vào nồi cơm một mẩu than gỗ. Hãy giải thích cách làm trên. b. Vì sao khi đốt xăng, đốt cồn thì không còn tro, nhưng khi đốt gỗ, đốt than đá lại còn tro? c. Để xử lí 100kg hạt giống người ta cần dùng 8 lít dung dịch CuSO4 0,02%, khối lượng riêng 1g/ml. Tính khối lượng CuSO4.5H2O cần thiết để hòa tan vào nước cất tạo thành dung dịch CuSO4 0,02% đủ dùng cho việc xử lí 200 tấn hạt giống. Hướng dẫn a. Do than củi có tính hấp phụ nên hấp phụ mùi khét làm cơm không còn mùi khê nữa.

b. Bởi vì: - Xăng và cồn là hỗn hợp các hidrocacbon dễ cháy nên đều cháy hoàn toàn tạo thành CO2 và H2O. - Gỗ và than đá có nhiều khoáng chất ví dụ như muối sillicat nên khi cháy các tạp chất này không cháy được và tạo thành tro. c. 100kg hạt giống cần mdd CuSO4 = 8kg → 200 tấn hạt giống cần mdd CuSO4 = 16 tấn C% = 0,02%   m CuSO  3,2kg  m(CuSO4 .5H2 O)  5kg  mH2 O  15995kg 4

Vậy cần pha 5kg CuSO4.5H2O vào 15,995 tấn H2O để có dung dịch xử lí 200 tấn hạt giống. Câu 3: (2,0 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 10,72 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Ca, CaO bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được 3,248 lít khí (đktc) và dung dịch Y chứa hỗn hợp a gam CaCl2 và 12,35 gam MgCl2. Tìm giá trị của a. 2. Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3 và CaC2 tác dụng với nước dư, thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm CH4 và C2H2. Chia X thành hai phần: - Phần 1: cho tác dụng với dung dịch brom dư thấy có 16 gam Br2 tham gia phản ứng. - Phần 2: đốt cháy hoàn toàn rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, sau phản ứng lọc bỏ kết tủa thấy khối lượng dung dịch trong bình giảm 69,525 gam so với khối lượng dung dịch trước phản ứng. a. Tìm giá trị của m và tính thành phần phần trăm theo thể tích của các khí trong X.

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA HÀ NỘI 2018] b. Nếu cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được a gam kết tủa. Tìm giá trị của a. Hướng dẫn 1. Mg : 0,13 24.0,13  40x  16y  10, 72 x  0,14   MgCl2  Ca : x   BTe 2.nMg  2.nCa  2.nO  2.nH2    a  15,54g    y  0,125   O : y  0,13  2.0,13  2x  2y  0,29  

Vậy giá trị của a = 15,54 (gam). 2. a.  Br2    0,1 Al 4 C3  H O CH 4  2     O m CO 2 CaC   2 : m dd giaûm  69,525g C2 H 2  2   H 2 O 

Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4↑ CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + CH≡CH↑ CH 4 : x CH : xk CO : xk  0,1k P1  Br  P2  4  2 2 C2 H 2 : 0, 05 C2 H 2 : 0, 05k H 2 O : 2xk  0, 05k   0,1 mBaCO3  m(CO2  H 2 O)  69,525 69,525 mdd giaûm   k 69,525g 117x  14, 4  153(x  0,1)k  18(2x  0, 05)k  69,525 69,525 k x  0, 075 nX 117x 14,4 Maët khaùc   n(P  P )  (x  0, 05).(k  1)  0, 05   0,5 1 2 k  3 %V(X) : 60%; 40% CH 4 : 0,3    Al 4 C3 : 0,1  m  27,2g C2 H 2 : 0,2  CaC : 0,2  2 

Vậy giá trị của m = 27,2g và %V các khí trong X là CH4 60%; C2H2 40%. b. NH3 CH : 0,225 C2 H 2  Ag2 O   C2 Ag2   H 2 O P2  4   a  36g 0,15 C2 H 2 : 0,15 0,15 

Vậy giá trị của a = 36 (gam). Câu 4: (2,0 điểm) 1. Hòa tan hết 5,34 gam hỗn hợp X gồm Zn và Mg trong 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp HCl 0,4M và H2SO4 0,08M, thu được dung dịch Y và khí H2. Cho 300 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,43 gam kết tủa gồm hai chất. Mặt khác, nếu cho từ từ đến hết V ml dung dịch hỗn hợp KOH 0,4M và Ba(OH)2 0,05M vào dung dịch Y thì thu được lượng kết tủa lớn nhất; lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tìm giá trị của V, m. Hướng dẫn

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA HÀ NỘI 2018]  H 2   NaOH   : 8, 43g Mg HCl : 0,2  0,3 X     Zn H 2 SO 4 : 0, 04 ddY   KOH : 0, 4V to       Raén  kk  Ba(OH) : 0, 05V  5,34(g)  m(g) 2   

Giả sử ban đầu mol Mg: x và Zn: y   BTNT.Cl    NaCl : 0,2  BTNT.SO Mg(OH)2 : x  NaOH 4 ddY   ddA    Na2 SO4 : 0, 04   0,3  Zn(OH)2 : y  0, 01  0,3  0,2  2.0, 04 BTNT.Na    Na2 ZnO2 : 2   0,01 (mol) 24x  65y  5,34 x  0, 06 hpt   58x  99(y  0, 01)  8, 43 y  0, 06 BTNT.Cl    KCl : 0,2 HCl : 0, 4V ddY    dd  BTNT.SO 4  K 2 SO4 : 0, 04  0, 05V H2 SO4 : 0, 05V  

Mg(OH)2 : 0,06 MgO : 0,06  nKOH  nKCl  2.nK SO    BTNT.K 2 4    V  0,56  Zn(OH)2 : 0,06  Raén ZnO : 0,06  0,4V  0,2  0,04  0,05V BaSO : 0,028  BaSO4 : 0,028 4  m = 13,784 (g)

Vậy giá trị của m = 13,784 (gam). 2. Cho A là dung dịch H2SO4; B1, B2 là hai dung dịch NaOH có nồng độ khác nhau. Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tích 1 : 1 thu được dung dịch X. Trung hòa 20 ml dung dịch X cần dùng 20 ml dung dịch A. Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 2 : 1 thu được dung dịch Y. Trung hòa 30 ml dung dịch Y cần dùng 32,5 ml dung dịch A. Trộn B1 với B2 theo tỉ lệ thể tích tương ứng là a : b thu được dung dịch Z. Trung hòa 70 ml dung dịch Z cần dùng 67,5 ml dung dịch A. Tìm giá trị a : b. Hướng dẫn Gọi CM của dung dịch H2SO4 là x(M) và B1: y1(M) ; B2: y2 (M) 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O Mol TN1 TN2 TN3

NaOH 0,01y1 + 0,01y2 0,02y1 + 0,01y2 0, 07a 0, 07b y1  y ab ab 2

H2SO4 0,02x 0,0325x 0,0675x

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA HÀ NỘI 2018] 0, 01y1  0, 01y 2  0, 04x  y1  2,5x   a 3 0, 02y1  0, 01y 2  0, 065x  y 2  1,5x Ta có     b 4  0, 07a 0, 07b y  y  0,135x  a  b 1 a  b 2

Vậy tỉ lệ a : b = 3 : 4. Câu 5: (2,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,92 gam hỗn hợp X gồm C2H4, H2, C3H6, CO, C4H8 bằng O2 vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thấy xuất hiện m1 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y có khối lượng tăng 0,82 gam so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch Y đến khí kết tủa hết các ion kim loại, thấy có m2 gam kết tủa. Biết m1 + m2 = 6,955 gam, tính thành phần phần trăm theo khối lượng của CO và H2 có trong hỗn hợp X. Hướng dẫn Nhận xét: hỗn hợp gồm (H2,CO) và các anken. Để đơn giản bài toán mà không mất tính tổng quát, ta có thể chọn C2H4 đại diện cho nhóm anken. H 2 ,CO  O2 CO2  Ca(OH)2 : m1 (g)      0,04  Ba(OH)2  : m 2 (g) C2 H 4 H 2 O dd  0,92 (g)

Cho Ba(OH)2 vào làm kết tủa hết ion kim loại thì dd có chứa muối HCO3 và pứ sau xảy ra vừa đủ: Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3↓ + BaCO3↓ + 2H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,04 ←0,04 0,04 CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (x – 0,04) → (x – 0,04) (x – 0,04) → CaCO3 dư: 0,08 – x (m1) mCaCO3  mBaCO3  6,955 m1 + m 2 = 6,955   x  0, 055   100.(0, 08  x  x  0, 04)  197.(x  0, 04)  6,955

Lại có : mdd tăng = m(CO2 + H2O) – m1 → nH2O: 0,05 CO + ½ O2 → CO2 H2 + ½ O 2 → H 2 O C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O Vì đốt cháy anken cho nCO2 = nH2O → nCO – nH2 = nCO2 – nH2O   H 2 : a a  0, 005 2a  28b  28c  0,92    H :1, 087%  CO : b   b  a  0, 005    b  0, 01  %m  2 CO : 30, 435% C H : c  c  0, 0225 nCO  2.nC2 H 4  nCO2 BTNT.C   2 4      b  2c  0, 055

Vậy %m của H2 và CO trong hỗn hợp ban đầu là: 1,087% và 30,435%. 2. Hỗn hợp X gồm 2 ancol CH3OH, C2H5OH có cùng số mol và 2 axit C2H5COOH; C4H8(COOH)2. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam X cần vừa đủ 60,48 lít không khí (đktc, không khí chứa 20% O2 và 80% N2 theo thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA HÀ NỘI 2018]

nước. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam so với dung dịch ban đầu. Biết khí N2 không tan trong nước, tìm giá trị của m. Hướng dẫn CO2  C1.5 H 4 OH : x  O2  Ca(OH)2   H2 O   m dd giaûm : m(g)  0,54 dö C4 H8 (COOH)2 : y N  2 o

t C1,5H5O + 2,25O2   1,5CO2 + 2,5H2O o

t C6H10O4 _ 6,5O2   6CO2 + 5H2O Nhận xét: mdd giảm = mCaCO3 – m(CO2 + H2O). Vì CH3OH : C2 H 5OH  Ancol  C1,5H 4OH 1:1

Khi đốt cháy C2H5COOH cho nCO2 = nH2O nên ta có thể không xét đến mà không làm mất tính tổng quát của bài toán. 39x  146y  11,16 x  0, 084 CO2 : 0, 45 hpt     m  16,56g 2,25x  6,5y  0,54 y  0, 054 H 2O : 0, 48

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] Câu 1 1. Hợp chất A có công thức phân tử là MX2. Tổng số hạt proton, notron và electron trong A là 106, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34. Tổng số hạt trong nguyên tử M nhiều hơn tổng số hạt trong nguyên tử X là 34. Tổng số proton và notron của M nhiều hơn tổng số proton và notron của X là 23. a. Tìm công thức phân tử hợp chất A. b. Hợp chất A được sử dụng trong tàu vũ trụ với mục đích hấp thụ khí do con người thở ra và sinh ra khí để con người hít vào để đảm bảo sự hô hấp cho các phi hành gia. Viết phương trình phản ứng biểu diễn quá trình trên. c. Cho A vào lượng nước dư được khí B và dung dịch C, lấy khí B phản ứng với lượng Fe vừa đủ (có đốt nóng) thu được chất rắn D. Hòa tan hết D vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư sinh ra dung dịch E, cho một lượng dư dung dịch C vào dung dịch E tạo thành kết tủa F, nung F trong điều kiện không có không khí tạo ra chất rắn G. Viết các phương trình phản ứng xảy ra biểu diễn quá trình trên. Hướng dẫn 1. a.

- Hợp chất KO2 là chất rắn màu vàng, được sử dụng trong tàu vũ trụ. - Cấu tạo nguyên tử: Với hợp chất AaBb

2PM  4PX  N M  2N X  106  106  34  35    PM  2PX  4 2P  4P  (N  2N )  34 P  19  K   X M X   M  KO2 Ta có  M P  8  O   2P  N  (2P  N )  34 P  P  11    M  M  X M X X X P  N  (P  N )  23   N  N  12   M M X X X  M

S: tổng số hạt trong hợp chất h: hiệu số hạt mang điện và số hạt không mang điện Với ion (AaBb)+m

b. c.

2KO2 + CO2 → K2CO3 + 1,5O2↑ Ta có sơ đồ sau:

 B : O    Fe3O4  E : Fe2 (SO4 )3  Fe(OH)3  Fe2O3  H2 O 2 to KO2   ddC : KOH  Fe

 H2SO4 ñaëc ,noùng,dö

 KOH

KO2

Với ion (AaBb)-n

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] 2KO2 + H2O → 2KOH + 1,5O2↑ to O2 + Fe   Fe3O4 Fe3O4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2↑ + H2O Fe2(SO4)3 + 6KOH → 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4 to 2Fe(OH)3   Fe2O3 + 3H2O 2. Không dùng thêm hóa chất, hãy phân biệt 3 ống mất nhãn chứa riêng biệt 3 dung dịch không màu sau: dung dịch HCl, dung dịch NaOH và dung dịch phenolphtalein. Hướng dẫn Lấy mẫu từng lọ dung dịch, đánh số thứ tự để thuận tiện đối chiều kết quả thực nghiệm.

HCl NaOH Phenolphtalein Tổng kết

HCl x x x x

NaOH x x Hồng 1 hồng

Nhỏ từ từ Phenol vào dung dịch NaOH và khuấy đều

Phenolphtalein x Hồng x 1 hồng

Ta nhận biết được dung dịch HCl. Còn lại 2 dung dịch NaOH và Phenolphtalein. Nhỏ vài giọt NaOH vào dung dịch Phenolphtalein và vài giọt Phenolphtalein vào dung dịch NaOH, ta thu được 2 mẫu thử màu hồng, giả sử là A, B. Nhỏ vài giọt HCl vào mẫu A, thấy thấy: TH1: màu hồng của A mất Suy ra: mẫu A được tạo bởi: nhỏ từ từ NaOH vào Phenolphtalein, ta kiểm tra số thứ tự mẫu thử là nhận biết được NaOH và Phenolphtalein. TH2: A vẫn còn màu hồng Suy ra: mẫu A được tạo bởi: nhỏ từ từ Phenolphtalein vào NaOH, ta kiểm tra số thứ tự mẫu thử là nhận biết được NaOH và Phenolphtalein.

Sơ đồ pha loãng H2SO4 đặc

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] 3. Hãy nêu cách pha loãng dung dịch H2SO4 đậm đặc. Giải thích rõ ràng ý nghĩa của từng thao tác khi thực hiện thí nghiệm này. Hướng dẫn Chuẩn bị cốc thủy tinh đựng nước, đũa thủy tinh và ống nghiệm. Rót từ từ H2SO4 đặc trong ống nghiệm vào đũa thủy tinh đặt trong cốc đựng nước. Đũa thủy tinh giúp quá trình pha chế được an toàn vì tránh tiếp việc xúc nhanh giữa axit H2SO4 đặc và H2O có thể gây bỏng. Câu 2 1. Trộn 10,92 gam kim loại Kali vào 17,6 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ được hỗn hợp Y, phần trăm khối lượng của Kali có trong Y là 51,964%. Lấy toàn bộ Y cho vào cốc nước dư được dung dịch A và 6,496 lít H2 (đktc). a. Tìm kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ có trong X. b. Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 (đktc) vào cốc đựng dung dịch A, sau phản ứng làm bay hơi cẩn thận hết lượng nước trong cốc thì thu được 50,415 gam hỗn hợp muối khan. Tìm giá trị của V. Hướng dẫn a. Ta có: mY = mK + mX = 10,92 + 17,6 = 28,52g → mK(Y) = 28,52.51,964% = 14,82g → nK(Y) = 0,38. Mà nKban đầu = 0,28 → nK(X) = 0,38 – 0,28 = 0,1. K : 0,1 K : 0,38 X Y  0,5.0,38  x  0,29  x  0,1  M  137 (Ba) M : x M : x 17,6g

Vậy kim loại kiềm trong X là K và kiềm thổ là Ba. b. K  : 0,38  2 BTÑT KOH : 0,38  2a  b  0,38  2.0,1 Ba : 0,1    CO2 ddA    ddB   V 2 Ba(OH)2 : 0,1 39.0,38  137.0,1  60a  61b  50, 415 CO3 : a HCO  : b 3 

Mở rộng kiến thức Hỗn hợp kim loại (kiềm + kiềm thổ) pứ với H2O rất mãnh liệt

2H2O + 2e → 2OH- + H2↑ Nhận xét: ne nhận = ne cho = 2.nH2 ne nhận = ne cho = nOH* Khi pứ với dung dịch axit thì : Đầu tiên : pứ với axit trước Na + HCl → NaCl + 0,5H2↑ Sau đó: axit hết, kim loại dư Na + H2O → NaOH + 0,5H2↑ Dung dịch sau pứ sẽ làm quì chuyển màu xanh. Luôn có : Na(1) → 0,5H2(2)

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] a  0,2175 BTNT.C   CO2 : 0,3625  V  8,12 (lít) b  0,145 

Chú ý : hỗn hợp muối tạo ra phức tạp nên dùng BT điện tích sẽ tránh được rắc rối khi các em không biết tính số mol từng muối thế nào. 2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong một loại nhiên liệu là 0,30% khối lượng. Người ta đốt cháy hoàn toàn 100 gam nhiên liệu này và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm cháy trên là 625ml. Hãy tính toán xác định xem lượng nhiên liệu đó có được phép sử dụng không? Hướng dẫn nKMnO4pứ = 0,003125 mol 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 0,0078125 ←0,003125 → nS = nSO2 = 0,0078125 → mS = 0,25g → %S 

0,25 .100%  0,25%  0,30% 100

Vậy lượng nhiên liệu này là an toàn và được phép sử dụng. 3. Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí B. Hòa tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy thách ra 15,625g tinh thể muối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%. 3.1 Xác định kim loại M và công thức hóa học muối tinh thể ngậm nước X. 3.2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi: a. Đun nóng khí B với Mg trong bình kín thấy thoát ra chất rắn màu vàng. b. Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch. Sau đó thêm BaCl2 vào thấy kết tủa trắng. c. Khi B là một trong những khí gây ra hiện tượng mưa axit. Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học để làm sáng tỏ nhận định trên.

Mở rộng * Khối lượng dd sau pứ: mdd sau pứ = mchất tham gia – m(↓+↑) Nếu chất tham gia có dung dịch thì phải lấy khối lượng dung dịch * Bài tập tinh thể ngậm nước: Ví dụ: CuSO4.nH2O có x (mol) Khi tinh thể tách ra thì: Chất tan giảm đi 160x (gam) Dd giảm đi (160 + 18n)x (gam) Dựa vào độ tan hoặc C% của dung dịch sau pứ để tính n.

Tinh thể CuSO4

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] Hướng dẫn   X :15,625g  H2SO4  to  ddA  MO   24,5%; ñuû MS   33,33% ddB baõo hoøa:22,54% x(mol)  SO  2  O2

MO + H2SO4 → MSO4 + H2O x→ x Ta có: mdd A = mMO + mddH2SO4 = (M + 16)x + 400x = Mx + 416x ddA chứa MSO4 x (mol) → (M + 96)x = 33,33%(Mx + 416x) (1) (1) Mx  8   M  64 (Cu) (M  32)x  12 x  0,125

Vậy 

Ta có: mdd A = 60g → mdd A = mX + mdd B → mdd B = 44,375g → mCuSO4 (B) = 44,375.22,54% = 10g → nCuSO4 (B) = 0,0625 Gọi tinh thể muối có CTPT: CuSO4.nH2O có y (mol) nCuS  nCuSO4 .nH2 O  nCuSO4(B) BTNT.Cu    M tinh theå X  250  n  5  CuSO4 .5H 2 O  CuSO4 .nH 2 O : 0, 0625

Vậy tinh thể muối ngậm nước có CTPT: CuSO4.5H2O. Câu 3 1. Từ khí metan và các chất vô cơ có sẵn hay viết các phản ứng hóa học điều chế: axit axetic, etylaxetat, hexacloran (C6H6Cl6). 2. Chia hỗn hợp X gồm 4 hidrocacbon ở thể khí (chỉ có thể là ankan, anken hoặc ankin) thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: dẫn qua dung dịch brom lấy dư thấy có 64 gam brom phản ứng và thu được hỗn hợp khí Y bay ra khỏi bình, đốt cháy hoàn toàn lượng khí Y này thu được 22 gam CO2 và 14,4 gam H2O. - Phần 2: đốt cháy hết thì cần 49,28 lít oxi và thu được 28,8 gam nước. a. Tính khối lượng hỗn hợp X.

Thuốc trừ sâu 6,6,6

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] b. Tính tỉ khối hơi của X so với H2. c. Tìm các hidrocacbon biết khối lượng mol của mỗi hidrocacbon không quá 50g/mol. Hướng dẫn 1. o

1500 C 2CH 4   CH  CH  3H 2 laøm laïnh nhanh HgSO4 CH  CH  H 2 O   CH 3CHO 80o C o

t CH3CHO  0,5O2   CH3COOH (Axit axetic) xt Ni CH3CHO  H 2   CH3CH 2 OH t H2SO4 CH3COOH  C2 H 5OH   CH 3COOC2 H 5 (etylaxetat)  H 2 O loaõng trime hoùa CH  CH   C6 H 6 C, 600oC aùnh saùng C6 H 6   C6 H 6 Cl 6 (hexacloran:thuoác tröø saâu 666)

2. a.  Br2  O2     Y   CO2  H 2 O 0,4 t  0,5 0,8 X   O 2  CO2  H 2 O   4 Hidrocacbon 2,2  1,4 1,6

2nO2  2nCO2  nH 2 O mX  mC  mH   BTKL    2.2,2  2.nCO2  1,6   mC  12.nC  12.nCO2  mX  1, 4.12  2.1,6  nCO  1, 4  20(gam) mH  nH  2.nH 2 O 2  BTNT.O

Bài toán đốt cháy Hidrocacbon: Cần nhớ:

Kiềm hấp thụ cả CO2 và H2O Bình tăng = m(CO2 + H2O) Dd tăng = m(CO2+H2O) – mCaCO3

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] n X  nBr2  x Cn H2n : nBr2  0,4  BTNT.C  X  100 Qui đổi X     0,4n  1,4  x  0,2  n X  0,4  (0,2)  d    H2 : x  H2  3 14n.0,4  2x  20 0,6 

c. Các hidrocacbon đều ở thể khí thì số C của mỗi hidrocacbon ≤ 4 (- pentan C5H12). Y không bị brom hấp thụ thì Y là ankan. Khi đó : nY = H2O – nCO2 = 0,3 Soá C(Ankan) 

0,5  1,67  Y laø hoãn hôïp 2 ankan coù CTPT:C 5 H16 : 0,3(mol) 0,3 3 3

Qui đổi Hidrocabon:

Mol hỗn hợp = mol Br2 – a mHidrocacbon = 14n.nCnH2n – 2a

nAnkan  nH2 O  nCO2  Ñoát chaùy Anken : nH 2O  nCO2  nAnkan  nAnkin  nH 2O  nCO2  0,2  Ankin : 0,1 nAnkin  nCO  nH O 1,6 - 1,4 2 2  C 5 H 16 : 0,3  3 3 5   .0,3  0,2n  0,1m  1, 4 C H BTNT.C Y Cn H 2n : 0,2   3  3 6 CH n,m  4 C H  2n  m  9  n  m  3  3 4 : 0,1  m 2m  2   CH 4 : x x  y  0,3  0,5  M < 50 Soá C(Ankan)   1,67    C2 H 6 : y    x  2y  0,5  0,1; 0,2 0,3  C H : y   x  3y  0,5   0,2; 0,1     3 8

Khi đốt cháy: nAnkan = nH2O – nCO2 Anken: nH2O = nCO2 nAnkin = nCO2 – nH2O nAnkin – nAnkan = nCO2 – nH2O nH2O > nCO2: có ít nhất 1 ankan.

Vậy X gồm: CH4; C2H6 hoặc C3H8; C3H6; C3H4. Câu 4 1. Hãy nêu phương pháp hóa học tách riêng từng hidrocacbon sau ra khỏi hỗn hợp gồm etan, propen và but-1-in (các hóa chất có đủ)

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] 2. Cho 15,2 gam hỗn hợp A gồm 1 ancol no đơn chức mạch hở (X): CnH2n+1OH và 1 axit no, đơn chức mạch hở (Y): CmH2mO2 tác dụng với lượng dư Na tạo thành 3,36 lít H2. Mặt khác nếu đốt cháy lượng A như trên thu được 13,44 lít CO2 (đktc). a. Tính phần trăm khối lượng của (X) và (Y). b. Tính khối lượng este tạo thành khi este hóa A, biết hiệu suất phản ứng là 40%. Hướng dẫn 1. Ta có sơ đồ sau: C 2 H 6   AgNO3  C3 H 6  NH3 dö C H  4 6

 AgCl  HCl  C4 H 6 : C4 H5 Ag  dö C4 H6 C2 H 6 C2 H6  ddBr 2 C H    dö  Mg C3 H 6 Br2   3 6 C3 H 6 MgBr2 ddNH3

2CH  C  CH2  CH3  Ag2 O  2C(Ag)  C  CH2  CH3 (vaøng)  H 2 O C(Ag)  C  CH2  CH3  HCl  CH  C  CH 2  CH3  AgCl (traéng) CH2  CH  CH3  Br2  CH 2 (Br)  CH(Br)  CH3 CH2 (Br)  CH(Br)  CH3  Mg  CH 2  CH  CH3  MgBr2

2. ROH + Na → RONa + 0,5H2↑ R’COOH + Na → R’COONa + 0,5H2↑ → n(ROH + R’COOH) = 2.nH2 = 0,3 Ta có Soá C 

Mở rộng

-COOH, -OH, H2O, Phenol đều có nhóm –OH, do vậy pứ với Na là giống nhau. -OH + Na → -ONa + 0,5H2↑ Nhận xét: nOH = 2.nH2 Tăng giảm khối lượng: bỏ đi 1H (1) và thêm vào 1Na (23), vậy:

 TH1 : Soá C(Ancol)  2  CH3OH nCO2 0,6 n m   2   nA 0,3  TH2 : Soá C(Axit)  2  HCOOH

[ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA BÌNH DƯƠNG 2018] x  y  0,3 x  0,2 CH3OH : x      32x  (14m  32)y  15,2  y  0,1  m  4  C3H 7COOH Cm H 2m O2 : y  my  0, 4 x  my  0,6  x  y  0,3 nx  0,5 Cn H 2n2 O : x   TH2 Soá C = 2    (14n  18)x  46y  15,2  x  0,5  n  1   loaïi HCOOH : y nx  y  0,6 y  0,1   CH OH : 0,2  42,11% Vậy %m  3 C3 H 7 COOH : 0,1  57,89% TH1

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA ĐHSP HÀ NỘI 2018 Câu 1 1. Nung nóng hỗn hợp gồm BaCO3, Cu, FeO (trong điều kiện không có không khí), sau một thời gian được chất rắn A và khí B. Hấp thụ khí B vào dung dịch KOH, thu được dung dịch C, biết rằng dung dịch C tác dụng được với các dung dịch CaCl2 và NaOH. Cho A vào nước dư, thu được dung dịch D và chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được khí B và dung dịch F và chất rắn G. Nếu cho A vào dung dịch H2SO4 đặc dư, đun nóng thì thu được hỗn hợp khí H, dung dịch I và kết tủa K. Xác định các chất chứa trong A, B, C, D, E, F, G, H, I, K và viết các phương trình phản ứng. 2. Từ hỗn hợp gồm CuCO3, MgCO3, Al2O3 và BaCO3 hãy điều chế từng kim loại riêng biệt với điều kiện không làm thay đổi khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp. Hướng dẫn 1. Sơ đồ bài toán  NaOH  KHCO3   KOH  B : CO2  ddC   CaCl2   K 2 CO3   ddD : Ba(OH)2    BaCO3  CO2   H2O       dö to  HCl    ddF : BaCl 2 ; FeCl 2 Cu dö Raén E  FeO  Raén G:Cu     Raén A   (CO2 ; SO2 )    H2SO4    ddI : CuSO 4 ; Fe2 (SO 4 )3 ñaëc   BaSO  4 

Rắn A gồm: BaCO3 dư; BaO; Cu; FeO Khí B: CO2 ; dung dịch C: KHCO3; K2CO3; dung dịch D: Ba(OH)2 Dung dịch F: BaCl2; FeCl2; rắn G: Cu Dung dịch I: CuSO4; Fe2(SO4)3; kết tủa BaSO4 to Pt: BaCO3   BaO + CO2↑ CO2 + KOH → KHCO3 CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O 2KHCO3 + 2NaOH → K2CO3 + Na2CO3 + 2H2O K2CO3 + CaCl2 → 2KCl + CaCO3↓ BaO + H2O → Ba(OH)2 BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O BaO + 2HCl → BaCl2 + H2O FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O BaCO3 + H2SO4 → BaSO4↓ + CO2↑ + H2O Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2↑ + 2H2O 2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2↑ + 4H2O 2. Điều chế

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA ĐHSP HÀ NỘI 2018  NaOH dö  CO to 2    Al(OH)3   Al 2 O3 dd  dö CuCO3  NaAlO2    Raén Cu MgCO3  NaOH     CuCO    CuO   Cu  dö 3  HCl    MgCl2  Raén   Al2 O3  dö  H2O to  MgO dd HCl BaCO Raén MgCO3  MgO  3  dö       BaO BaCO3     dd : Ba(OH)2   Na2CO3 Ba(OH)2    BaCO3  Na CO

 H2SO4 2 3 Cu   CuSO4    CuCO3 ñaëc ,noùng

MgCl2  NaOH  Na2CO3  H2SO4    Mg(OH)2   MgSO4    MgCO3  dö HCldö

Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O NaOH + CO2 → NaHCO3 NaAlO2 + CO2 + H2O → NaHCO3 + Al(OH)3↓ to 2Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O o

t CuCO3   CuO + CO2↑ o

t MgCO3   MgO + CO2↑ o

t BaCO3   BaO + CO2↑ BaO + H2O → Ba(OH)2 MgO + HCl → MgCl2 + H2O MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl Mg(OH)2 + H2SO4 → MgSO4 + 2H2O MgSO4 + Na2CO3 → MgCO3↓ + Na2SO4 Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2↑ + 2H2O

Câu 2 1. Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau: o

 H2  A1 t t CH 4  A1   A 2   A 3   A 4   A 5  Polime (X) cao p,xt

t A 6  Polime (Y) p,xt

Cho biết từ A1 đến A6 là các chất hữu cơ khác nhau và mỗi mũi tên là một phản ứng. 2. Hỗn hợp khí A gồm C2H6, C3H6 và C4H6, tỉ khối của A so với H2 bằng 24. Đốt cháy hoàn toàn 0,96 gam A trong oxi dư rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,05M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa và dung dịch B. Hỏi khối lượng dung dịch B tăng hay giảm bao nhiêu gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu? Hướng dẫn 1.

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA ĐHSP HÀ NỘI 2018 o

1500 C 2CH 4   CH  CH (A1 )  3H 2 laøm laïnh nhanh Pd CH  CH  H 2   CH 2  CH 2 (A 2 ) to H2SO4 CH 2  CH 2  H 2 O   CH 3CH 2 OH (A 3 ) loaõng o

t CH3CH 2 OH  O 2   CH 3COOH (A 4 )  H 2O xt o

t CH3COOH  CH  CH   CH 3COOCH  CH 2 (A 5 ) xt o

t CH3COOCH  CH 2   [CH(OOCH 3 )  CH 2 ]n  (X) xt ,pcao Al O

2 3 2CH 3CH 2 OH   CH 2  CH  CH  CH 2 (A 6 )  2H 2  H 2O 450o C

,t o

cao CH 2  CH  CH  CH 2   (CH 2  CH  CH  CH 2 )n  (Y) xt

2. C 2 H 6 CO : m(g)   O2  Ba(OH)2   2   C3 H6  0,05 (mol) H2 O ddB C H 4 6  BTNT.H    nH 2 O  0,06  3 hidrocacbon đều có 6H  nH   mA  mC  mH BTNT.C BTKL 6.0,02 0,12     nCO2   nC  0, 07 0,07

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O 0,05 ←0,05→ 0,05 CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,02→ 0,02 0,02 →nBaCO3 dư = 0,05 – 0,02 = 0,03 → m = 5,91 (gam) Khối lượng dung dịch giảm = mBaCO3 – m(CO2 + H2O) → giảm 1,75 gam. Câu 3 1. Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp A gồm oxit, hidroxit và muối cacbonat của kim loại M (có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H2SO4 39,2% thu được 1,12 lít (đktc) và dung dịch B chỉ chứa một muối trung hòa duy nhất có nồng độ 39,41%. Xác định kim loại M. 2. Ba chất hữu cơ X, Y, Z mạch hở, thành phần chứa C, H, O và đều có tỉ khối hơi so với O2 là 1,875. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và viết phương trình phản ứng biết rằng cả ba chất đều có tác dụng với Na giải phóng khí H2. Khi oxi hóa X (xúc tác thích hợp) tạo ra X1 tham gia phản ứng tráng gương. Chất Y tác dụng được với dung dịch NaHCO3, còn chất Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương. Hướng dẫn 1. mA  m dd H 2 SO 4  mCO2  m dd B M2 (SO4 )n BTKL    m dd B   M 2 (SO4 )n 39,41%  24  100  44.0, 05  m dd B 121,8(g) 48 (gam)

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA ĐHSP HÀ NỘI 2018  0, 4  48 (2M  96n).  M2 (SO4 )n   n  M  12n  Mg 0,4  (mol) BTNT.SO4

48(g)

Vậy kim loại M là Mg. 2.  Na    X : C2 H 5CH 2 OH  X1 : C2 H 5CHO C3 H 7 OH (baäc 1;baäc 2)  O2 Andehit    Na  Y : NaHCO3 M(X,Y,Z) = 60  CH3COOH; HCOOCH3     NaHCO3   HO  CH  CHO  Na  Z : HO  CH 2  CHO   2   AgNO3 /NH3 o

t C2H5CH2OH + CuO   C2H5CHO + Cu↓ + H2O CH3COOH + NaHCO3 → CH3COONa + CO2↑ + H2O ddNH3  HO-CH2-COOH + 2Ag↓ HO-CH2-CHO + Ag2O 

Câu 4 Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hóa trị không đổi) trong dung dịch HCl dư, thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam hai muối. 1. Tính khối lượng m. 2. Hòa tan hết m gam hỗn hợp A trong dung dịch chứa đồng thời hai axit: HNO3 (đặc) và H2SO4 (khi đun nóng) thu được 1,8816 lít hỗn hợp B gồm hai khí (đktc). Tỉ khối của hỗn hợp B so với H2 bằng 25,25. Xác định kim loại M biết rằng trong dung dịch tạo thành không chứa muối amoni. Hướng dẫn 1. Vì dung dịch thu được 2 muối nên M có pứ với HCl. BTNT.H BTNT.Cl m(Muoái )  m(Fe,M)  mCl H 2   HCl   Cl(Muoái)   m  1,38(g) 0,045

0,09

→ 56x + My = 1,38 (1) 2. Gọi hóa trị của M là: n (n  N*; n  3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2↑ → x + 0,5ny = 0,045 (2)  1,8826 46a  64b  25,25.2. HNO3 (ñaëc)  NO2 NO2 : a  a  0, 063 22, 4     o SO2 : b H2 SO4 (ñaëc, t )  SO2  b  0, 021 a  b  1,8816  22, 4 x  0, 015 M  BT.e (1) + (2)   3x  ny  0, 063  2.0, 021  My  0,54   9  Al n ny  0, 06 

Vậy kim loại M là Al. Câu 5 Chất hữu cơ A mạch hở, thành phần chứa C, H, O trong đó oxi chiếm 44,44% về khối lượng. Phân tử khối của A là 144 đvC. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ 4

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA ĐHSP HÀ NỘI 2018 rồi cô cạn thì chất rắn thu được chỉ chứa một muối B và phần hơi chứa hai chất hữu cơ C, D trong đó C có khả năng hợp H2 thành rượu. 1. Tìm công thức cấu tạo có thể có của A. 2. Biết rằng hai chất hữu cơ C, D đều là rượu. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D và viết các phương trình phản ứng. Hướng dẫn 144.44, 44%  4  Cx H y O 4 16  COOCH  CH 2 CH 2 CH3   1 Muoái  COOCH  CH  CH 3   COOCH   Andehit  3  H2  NaOH  A  C   Ancol  C :      Ancol ñoùi  COOCH 2  CH  CH 2 2 HCHC     D   COOCH 3   COOCH  CH 2  COOCH CH 2 3  %O : 44,44% MA  144  Soá nguyeân töû O =

C, D đều là ancol nên A là:

COOCH 2  CH  CH 2 COOCH 3

B : (COONa)2  và C : CH2  CH  CH2 OH D : CH OH 3 

[THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA KHTN HÀ NỘI 2018] Câu 1: (2,0 điểm) Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với sắt (III) oxit trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Chia hỗn hợp A (đã trộn đều) thành hai phần. Phần thứ nhất có khối lượng ít hơn phần thứ hai là 26,8 gam. Cho phần thứ nhất tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thấy có 3,36 lít khí H2 bay ra. Hòa tan phần thứ hai bằng lượng dư dung dịch HCl thấy có 16,8 lít H2 bay ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn với hiệu suất 100%, các thể tích khí được đo ở đktc. Tính khối lượng Fe có trong hỗn hợp A. Hướng dẫn  NaOH  P1  Aldö   H 2 : 0,15 dö   Al to  HCl  A Al 2 O3   P2    H 2 : 0, 75  dö Fe2 O3 Fe  m(P  P )  26,8 (g) 2 1   o

Pứ:

t 2Al + Fe2O3   Al2O3 + 2Fe 2x→ x x 2x Aldư + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2↑ 0,1 ←0,15 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

Aldö : 0,1 Al dö : 0,1k  H 0, 75 2 (0,15  2x).k  0, 75  k      P2 = k.P1 0,75  P2 Al 2O3 : xk   P1 Al2 O3 : x  0,15  2x m(P2 - P1 ) = 26,8g Fe : 2x Fe : 2xk   (214x  2, 7).(k  1)  26,8   

k  3   mFe(P P )  4.56.2.0, 05  22, 4 (gam) 1 2 x  0, 05

Vậy khối lượng Fe có trong hỗn hợp A là: 22,4 (gam). Câu 2: (2,0 điểm) Hợp chất hữu cơ Y (chứa C, H, O) có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Đốt cháy hoàn toàn 1,48 gam Y rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình thứ nhất đựng dung dịch H2SO4 đặc dư, bình thứ hai đựng dung dịch KOH dư. Sau thí nghiệm, khối lượng bình thứ nhất tăng 0,72 gam và bình thứ hai tăng 3,96 gam. a. Viết công thức cấu tạo và tên gọi của Y. Biết rằng Y không có phản ứng tráng bạc, Y phản ứng với dung dịch KMnO4 loãng, lạnh tạo ra chất hữu cơ Y1 có khối lượng mol MY1 = MY + 34. Cứ 1,48 gam Y phản ứng vừa hết với 20 ml dung dịch NaOH 1M và tạo ra hai muối. b. Hợp chất hữu cơ Z là đồng phân của Y. Viết công thức cấu tạo của Z, biết rằng 0,37 gam Z phản ứng vừa hết với 25 ml dung dịch NaOH 0,1M, dung dịch tạo ra phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 đến hoàn toàn, thu được 1,08 gam Ag kim loại. Z chỉ phản ứng với H2 (Pd,t0) theo tỉ lệ mol 1:1. Hướng dẫn  O2 Y   CO2  H2 O t0

(C,H,O)

0,09

0,04

[THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA KHTN HÀ NỘI 2018] mY  mC  mH  mO BTKL    nO  C : H : O  0, 09 : 0, 08 : 0, 02  C9 H 8O 2 =12.nCO2  2.nH 2 O  16.nO  0,02 9 :8:2

Vì CTPT trùng với CTĐGN nên CTPT của Y là: C9H8O2.   nhoùm -CHO Y khoâng traùng baïc  Y khoâng coù   caáu taïo HCOO M  M  34   KMnO4 Y1 Y Theo đề bài Y   Y1   Y1 : ancol  Y : coù lk -CH  CH  H2SO4(loaõng) 34 = 2(-OH)   NaOH Y: coù 2O Y : NaOH   Y : Este -COOC6 H 5 1, 48(g) Y  0,02 taïo 2 muoái 1:2  0,01 (mol)  CTCT cuûa Y

 CH2  CHCOOC6 H5

b. Z đồng phân của Y nên có CTPT là: C9H8O2.   NaOH Z : NaOH  Z khoâng coù lk -COOC6 H 5 0,0025  Z  0,0025 1:1 caáu taïo cuûa Z    H2 (Pd,t o ) Theo đề bài Z   Z coù lk -CH=CH HCOOCH  CH  C6 H 5 1:1  HCOO  ( 2Ag)  AgNO3 /NH3  Z   Z : Ag  Z coù  Ag: 0,01 0,0025 COOCH  CH  ( 2Ag) 1:4 

Câu 3: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Al và Mg trong V ml dung dịch HNO3 2M. Kết thúc phản ứng, thu được dung dịch E (không chứa muối amoni) và 0,1 mol hỗn hợp khí gồm N2 và N2O có tỉ khối so với oxi là 1,125. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào dung dịch E thì lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị bên.

Xác định các giá trị của m và V. b. Hợp chất hữu cơ X (chứa C, H, O) có khối lượng mol nhỏ hơn 200 gam/mol, trong đó oxi chiếm 32% khối lượng của X. Khi cho X vào dung dịch NaHCO3 thấy có khí thoát ra, X không làm mất màu dung dịch KMnO4/KOH loãng lạnh. Viết công thức cấu tạo các chất X thỏa mãn. Hướng dẫn a. Giả sử mol ban đầu Mg: x và Al: y. * Tại VddNaOH = 0,1 NaOH + HNO3 dư → NaNO3 + H2O 0,1→ 0,1

[THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA KHTN HÀ NỘI 2018] * Tại VddNaOH = 1,1 NaOH + HNO3 dư → NaNO3 + H2O 0,1→ 0,1 2NaOH + Mg(NO3)2 → 2NaNO3 + Mg(OH)2↓ 2x ←x→ x 3NaOH + Al(NO3)3 → 3NaNO3 + Al(OH)3↓ 3y ←y→ y NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O z→ z N2 :0,05    BT.e : 2x+3y=10.0,05+8.0,05 x  0,15 N2O:0,05   m Ta có    58x  78(y  z)  16,5  y  0,2  m  9 (g) 16,5g  NaOH z  0,1  0,1  2x  3y  z  1,1  1,1   N2 ; N 2 O  0,05 0,05  2V  2.2.0, 05  2.0,15  3.0,2  0,1 BTNT.N HNO3  Mg(NO3 )2 : 0,15    2V  1,2  V  0,6 (lít) = 600 (ml) Al(NO ) : 0,2 2V 3 3  HNO3 dö : 0,1

Vậy giá trị của V là: 600 (ml). b.  16  X coù 1O  M X  32%  50  X coù 2O:C4 H 7COOH   32  X + NaHCO3 CO2  100    X coù 3O  COOH  X coù 2O  M X  X laø axit -COOH 32%  C H  7 4   X ko pöù KMnO  ko coù -CHO  OH 4   48  X coù 3O  M   150 X  32% 

Câu 4: (2,0 điểm) Hỗn hợp chất rắn A gồm FeCO3, FeS2 và tạp chất trơ. Hỗn hợp khí B gồm 20% oxi và 80% nito về thể tích. Cho hỗn hợp A vào bình kín dung tích 10 lít (không đổi) chứa hỗn hợp B vừa đủ. Nung nóng bình cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các phản ứng cùng tạo ra một oxit sắt, oxit này phản ứng với dung dịch HNO3 dư không tạo ra khí. Sau phản ứng, đưa nhiệt độ bình về 136,50C, trong bình còn lại chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Tỉ khối của Y so với H2 bằng 17 và áp suất trong bình là P atm. Cho dòng khí CO dư đi qua X đun nóng, biết rằng chỉ xảy ra phản ứng khử oxit sắt thành sắt kim loại và đạt hiệu suất 80%. Sau phản ứng thu được 27,96 gam chất rắn Z, trong đó sắt kim loại chiếm 48,07% về khối lượng. a. Tính giá trị P (coi thể tích rắn X là rất nhỏ) và thành phần % khối lượng tạp chất trong A. b. Cho Y phản ứng với oxi có V2O5 (xúc tác) ở 4500C, hấp thụ sản phẩm vào 592,8 gam nước được dung dịch C (D = 1,02gam/ml). Tính nồng độ mol của dung dịch C. Giả thiết hiệu suất của cả quá trình là 100%. Hướng dẫn

[THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA KHTN HÀ NỘI 2018]  Fe : 48, 07% Fe2 O3    CO   Raén Z Fe2 O3 80% Raén X  FeCO3 Taïp chaát 27,96 (g)  O2 to   Taïp chaát A FeS2  B    CO2 Taïp chaát kk N 2    Y SO 10 (lít)  M34  2 136,5o C N 2

a. o

t 2FeCO3 + ½ O2   Fe2O3 + 2CO2↑ x→ 0,25x 0,5x x to 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2↑ y→ 2,75y y 4y Giả sử mol O2 pứ = z → nN2 = 4z. Do O2 pứ đủ nên : z = 0,25x + 5,5y (1) * Tình huống nhiệt luyện : to Fe2O3 + 3CO   2Fe + 3CO2

Pứ : H 80%   b.đầu :

Dư :

0,12

←

27,96.48, 07% 56

0,15 0,03

nFeCO3  nFeS2  2.nFe2 O3 BTNT.Fe    x  y  0,3 (2)  x  y  2.0,15

* Bài toán hỗn hợp khí : CO2 : x x  0,18   M 34 (1) Y SO2 : 2y   44x  64.2y  28.4z  34(x  2y  4z)   y  0,12 (2) N : 4z  z  0,375  2 V  10 (l) P.V o o  nY  t  136,5  P  6, 447168 (atm) o 0, 082(t  273)  n Y  1,92 FeCO3 : 0,18 Fe : 0,24   mZ = 27,96 (g) Rắn Z Fe2 O3 dö : 0,03   Taïp chaát  A FeS2 : 0,12  %m Taïp chaát(A)  21,6% 45 (gam)  Taïp chaát:a (g) 9,72 (g)  Taïp chaát:9,72g

b. m ddH SO  mSO3  mH 2 O CO2 : 0,18 CO2 : 0,18 2 4    612 (gam)  O2  H2O Y SO2 : 0,24   SO3 : 0,24    CMddH SO  0, 4M 2 4 m D 1,02 N :1,5 N :1,5    V   0,6(l) ddH2SO4  2  2  D

Vậy nồng độ mol của dung dịch sau pứ là 0,4M. Câu 5: (2,0 điểm)

[THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA KHTN HÀ NỘI 2018] X, Y, Z là các hợp chất hữu cơ (chứa C, H, O) mỗi chất chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi cho X, Y phản ứng với nhau tạo ra Z. Có hỗn hợp E gồm số mol bằng nhau của X, Y, Z. Nếu cho E tác dụng hết với NaHCO3 thì thu được V lít khí và muối natri của X. Nếu cho E tác dụng hết với Na thì thu được 0,75V lít khí (các thể tích khí được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) và số mol khí bằng ½ số mol hỗn hợp E. Đốt cháy hoàn toàn 1,62 gam muối natri ở trên của X thu được 672 ml khí CO2 (đktc) và 0,36 gam nước, còn lại là một chất rắn. Đun nóng Y với dung dịch H2SO4 đặc thu được sản phẩm hữu cơ Y1 có tỉ khối hơi so với Y là

34 . Đun nóng Y1 với dung dịch 43

KMnO4/H2SO4 được Y2 là sản phẩm hữu cơ duy nhất, không có khí thoát ra, Y2 có cấu tạo mạch cacbon thẳng và là diaxxit. a. Viết công thức cấu tạo của X, Y, Z, Y1 và Y2. b. Chia 15,6 gam hỗn hợp G gồm X, Y, Z thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần thứ nhất cần dùng vừa hết 9,408 lít khí oxi (đktc). Phần thứ hai phản ứng vừa đủ với 40 ml dung dịch NaOH 2M, trong hỗn hợp sau phản ứng có a gam muối của X và b gam chất Y. Tính các giá trị của a và b. Hướng dẫn   CO2 : V   NaHCO3    O2   X  Na   Na2 CO3  CO2  H 2 O    1,62 (g) X : a 0,03 0,02    Na  E Y : a      H 2 : 0, 75V (1,5a mol) Z : a  H2SO4  KMnO4  Y   Y1   Y2 : ñiaxit  ñaëc H2SO4  Y 34 X YZ  d( 1 ) Y 43  

*Bài toán đốt cháy muối Theo đề bài: nH2  0,5.nE  0, 75V  1,5a  V  2a -COOH + NaHCO3 → -COONa + CO2↑ + H2O 2a 2a ←2a Tỉ lệ mol muối X : -COONa = 1 : 2 → muối X chứa 2 chức. Cn H 2n : a 14na  2b  67.2a  1,62 na  0,02 COONa   BTNT.C     na  2a  0,03  a  a  0,01  CH 3  CH Qui đổi muối X H2 : b COONa COONa : 2 a   b  0 BTNT.H  na  b  0,02    0,1 (mol) (X) R  (COOH)2 : a  Na 2a  pa  2.1,5a   H2    Y laø ancol ñôn chöùc   p  1 (Y) R'(OH)p : a  1,5a

Y : Cn H 2n22k O  Y1 : Cn H 2n2k Anken

(14n  18  2k).34  (14n  2k).43     C5H10O n  5  34  k  7n    k  1  d=

34 43

Y2   Y2 : HOOC CH2  CH 2  CH 2  COOH diaxit

[THI VÀO 10 CHUYÊN HÓA KHTN HÀ NỘI 2018]    X : CH3  CH(COOH)2  Y : CH 2  CH  CH 2  CH  CH 2  Vậy CTCT Y : CH2  CH  CH 2  CH 2  CH 2 OH   1 Y2 : HOOC  (CH 2 )3  COOH    Z : CH CH COOCH2  CH 2  CH 2  CH  CH 2 3  COOCH2  CH 2  CH 2  CH  CH 2 

b. 118x  86y  254z  7,8 C2 H 4 (COOH)2 : x x  0, 03  NaOH a  6, 48g   15,6g C5 H10 O : y     2x  2z  0, 08  y  0, 02   0,08  b  3, 44g C H (COOC H ) : z  O2 z  0, 01   3,5x  7y  17,5z  0, 42  5 9 2  2 4 0,42 

Vậy giá trị của a = 6,48 gam và b = 3,44 gam.

[GIẢI CHI TIẾT HSG HOÁ 9 TỈNH BÌNH PHƯỚC 2017-2018] Câu 1: (2,0 điểm) a. Cho 3 hoá chất: NaCl, KNO3 và NaHCO3. Theo em, chất nào được dùng để chế thuốc chữa bệnh đau dạ dày? Giải thích. b. Cho ba lọ dung dịch AlCl3, BaCl2, MgCl2 mất nhãn. Chỉ được dùng thêm một thuốc thử, hãy nhận biết các lọ dung dịch trên. Hướng dẫn a. NaHCO3 dùng để chữa bệnh đau dạ dày. Vì dạ dày dư axit gây triệu chứng đau. Khi cho NaHCO3 vào, NaHCO3 phản ứng với axit và do đó làm giảm lượng axit dư. b.  AlCl3 : keát tuûa keo traéng, sau tan daàn  Dùng thuốc thử NaOH  BaCl2 : khoâng hieän töôïng  MgCl : keát tuûa traéng khoâng tan 2  AlCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)3↓ Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O MgCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Mg(OH)2↓ Câu 2: (2,0 điểm) Có những chất: Fe2O3, Al2O3, FeCl3, Fe, Fe(OH)3, Al. a. Dựa vào mối quan hệ giữa các chất, hãy sắp xếp các chất trên thành một dãy chuyển đổi hoá học (không phân nhánh), mỗi chất chỉ được xuất hiện một lần. b. Viết phương trình hoá học cho dãy chuyển đổi hoá học trên. Hướng dẫn a.  Cl

 NaOH (2)

to (3)

 Al (4)

ñpnc (5)

2 Fe   FeCl3   Fe(OH)3  Fe2 O3   Al2 O3   Al

(1)

b. to

(1)

Fe + 1,5Cl2  FeCl3

(2)

FeCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Fe(OH)3↓

(3)

2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O

(4)

Fe2O3 + 2Al  Al2O3 + 2Fe

(5)

Al2O3   2Al + 1,5O2

ñpnc

Câu 3: (4,0 điểm) a. Cho sơ đồ thí nghiệm dưới đây, đun nhẹ ống nghiệm, dự đoán hiện tượng xảy ra và viết phương trình hoá học minh hoạ.

Page 1

[GIẢI CHI TIẾT HSG HOÁ 9 TỈNH BÌNH PHƯỚC 2017-2018]

b. Trộn V1 lít dung dịch A chứa 8,76 gam HCl với V2 lít dung dịch B chứa 17,1 gam Ba(OH)2 thu được 200 ml dung dịch C. - Tính nồng độ mol/lít của dung dịch A, B. Biết hiệu số nồng độ mol/lít của dung dịch A so với dung dịch B là 0,75 mol/lít. - Cô cạn dung dịch C thu được bao nhiêu gam chất rắn. Hướng dẫn a. MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O b. CA  CB  0,75 HCl : CA  C  2 Noàng ñoä mol    0,24 0,1  A Ba(OH)2 : CB  C  C  0,2 CB  1,25  A B 2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O 0,2 ←0,1→ 0,1 Dư: 0,04 Cô cạn thu được rắn BaCl2 có khối lượng: 20,8g. Câu 4: (4,0 điểm) a. Cho hỗn hợp X gồm O2 và SO2 có tỉ khối đối với H2 là 28. Lấy 4,48 lít (đktc) đun nóng với xúc tác V2O5 thì thu được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 33,51 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp SO3 từ X. b. Sục khí CO2 vào dung dịch có m gam Ba(OH)2 thu được kết tủa. Lượng kết tủa biến đổi theo lượng CO2 được biểu diễn theo đồ thị dưới đây. Tính m và khối lượng kết tủa tại điểm Kt.

Page 2

[GIẢI CHI TIẾT HSG HOÁ 9 TỈNH BÌNH PHƯỚC 2017-2018]

Hướng dẫn a.  O ;SO2 SO : 0,15 Mol d( 2 )  28  nSO2  3.nO2   2 H2  O2 : 0,05 SO2 + 0,5O2 → SO3 Ban đầu: 0,15 0,05 Pứ: y→ 0,5y y Dư: (0,15 – y) (0,05 – 0,5y) SO : 0,15  y BaSO3 : 0,15  y 0,5y Khí  2     y  0,06  H%  .100%  60% 0,05 BaSO : y SO3 : y  33,51g  4 Chú ý: H% tính theo O2, vì nếu pứ xảy ra hoàn toàn thì O2 hết trước. b. Tại Kt kết tủa bị hoà tan một phần CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O a ←a→ a CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,4a ←0,4a→ Dư: 0,6a →1,4a = 0,56 → a = 0,4 → m = 68,4g và m(kết tủa Kt) = 47,28g. Câu 5: (4,0 điểm) a. Cho m gam Mg và 100 ml dung dịch chứa Cu(NO3)2 1,8M và AgNO3 1,6M, sau một thời gian thu được 29,36 gam chất rắn và dung dịch X chứa 2 muối. Tách lấy chất rắn, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6,08 gam chất rắn. Tính m. b. Cho từ từ 135 ml dung dịch Ba(OH)2 2M vào 80 ml dung dịch Al2(SO4)3 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được kết tủa Y. Đem Y nhiệt phân đến khối lượng không đổi thì thu được a gam chất rắn. Tính a. Hướng dẫn a.  Raén : 29,36g Cu(NO3 )2 : 0,18  Mg     Raén : 6,08g  Fe ddX   AgNO3 : 0,16    5,6g m ddY 2 muoái

Page 3

[GIẢI CHI TIẾT HSG HOÁ 9 TỈNH BÌNH PHƯỚC 2017-2018] Taêng giaûm m Fe  Cu

  nFe pöù  nCu(NO3 )2 pöù  8

6,08  5,6  0,06 8

  Ag : 0,16  Fe(NO3 )2 : 0,06  BT.Cu   ddY  BT.NO  29,36g    0,18  0,06 3   Mg(NO ) : 0,2   0,12 3 2   Mg :11 / 60 BT.Mg

 

 m  9,2g.

0,2 11/ 60

b. 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 0,24 ←0,08→ 0,24 0,16 Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O 0,03→ 0,06 Dư: 0,1  BaSO4 : 0,24 Rắn   m  63,72g. Al(OH) : 0,1  3  Câu 6: (4,0 điểm) a. Cho hỗn hợp X gồm CH4, C2H4, C2H2. Lấy 8,6 gam hỗn hợp X tác dụng hết với dung dịch brom dư thì khối lượng brom tham gia phản ứng là 48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hết 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X cần 31,92 lít O2 (đktc). Tính khối lượng mỗi chất có trong 13,44 lít hỗn hợp X. b. Hỗn hợp khí A gồm hai hidrocacbon B (CnH2n+2) và C (CmH2m-2) mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 1,792 lít A (đktc), thu toàn bộ sản phẩm cháy sục từ từ vào dung dịch Ca(OH)2 thì thu được 12 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm đi 1,2 gam. Đun nóng dung dịch này lại thu thêm được 3 gam kết tủa nữa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của B, C. Hướng dẫn a.  x  y  z  0,6 x  0,3  O2 CH 4 : x     2x  3y  2,5z  1,425   1,425 y  0,15 8,6gX = k.0,6 mol X X C2 H 4 : y    (16x  28y  26z).k  8,6 z  0,15 0,6 mol   C2 H 2 : z  Br2  k  2 / 3 (y  2z).k  0,3   0,3 Suy ra khối lượng mỗi chất là: 4,8g; 4,2g; 3,9g. b. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,12 ← 0,12 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 to

Ca(HCO3)2  CaCO3 + CO2 + H2O 0,03

←0,03

Page 4

[GIẢI CHI TIẾT HSG HOÁ 9 TỈNH BÌNH PHƯỚC 2017-2018] → nCO2 = 0,18. Vì: mdd giảm = mCaCO3 – m(CO2+H2O) → m(CO2+H2O) = 10,8g → nH2O = 0,16 0,03n  0,05m  0,18  b  c  0,08  b  0,03 CO2  Cn H2n  2 : b  Mol    b  c  nCO2  nH 2 O     n  1 CH 4 0,18   C H : c c  0,05       m 2m  2 m  3 0,02    C3 H 4  Vậy 2 hidrocacbon là: CH4 và C3H4.

Page 5

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 ĐAKNONG 2017-2018] Câu 1: (2,0 điểm) Hoàn thành các phản ứng sau: a. A + B → D + H2O b. A + E → F + CO2 + H2O c. A + G → H + B + H2O d. A + I → D + J + H2 O e. A → D + CO2 + H2O f. A + X → Y + Z + CO2 + H2O Biết A là hợp chất của Na. Hướng dẫn NaHCO3  NaOH  Na2 CO3  H 2 O [B]

[A]

[D]

NaHCO3  HCl  NaCl  CO2   H 2 O [E]

[F]

2NaHCO3  2KOH  Na2 CO3  K 2 CO3  2H 2O [I]

[J]

2NaHCO3  Na2 CO3  CO2   H 2 O 2NaHCO3  2KHSO 4  Na2 SO 4  K 2 SO 4  CO 2  2H 2 O [X]

[Y]

[Z]

Câu 2 : (4,0 điểm) a. Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS2, CuS, Na2O. Chỉ được dùng thêm nước và các điều kiện cần thiết (nhiệt độ, xác tác,…). Hãy trình bày phương pháp và viết các phương trình hóa học xảy ra để điều chế FeSO4, CuSO4. b. Oxi hóa 28,8 gam Mg bằng V lít khí O2, thu được m gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl 1M và H2SO4 0,5M, thu được dung dịch Y chứa (m + 90,6) gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị của V ở đktc. Hướng dẫn a. dpdd H 2 O   H 2  0,5O2

4FeS2  11O2  2Fe2 O3  8SO 2 o

t Fe2 O3  3H 2   2Fe  3H 2 O VO

2 5 SO2  0,5O2   SO3 to

SO3  H 2 O  H 2 SO 4 Fe  H 2 SO 4  FeSO 4  H 2  o

t 2CuS  3O2   2CuO  2SO 2 

CuO  H 2 SO 4  CuSO 4  H 2 O

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 ĐAKNONG 2017-2018]    BT.Mg    x  y  1,2  Mg : x  24x  40y  m  MgO : y  2 Mg :1,2  2.1,2  V ' 2.0,5V '  V '  1,2 Baûo toaøn ñieän tích Cl  : V'   n(  )  n(  )   24.1,2  35,5.1,2  96.0,6  m  90,6 2 SO 4 : 0,5V '

x  0,6 mMg  mO2  mOxit  BTKL   y  0,6    O2  V  6, 72 (lít)  28,8  mO  38, 4  m  38, 4  2 0,3 

Vậy giá trị của V = 6,72 lít. Câu 3 : (2,0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố M có số electron là 11. Cho 6,9 gam M tan trong a gam nước thu được dung dịch X có nồng độ 25%. Hãy: - so sánh tính kim loại của M với Mg và K. - tìm giá trị của a. Hướng dẫn M có 11 electron nên M là: Na. Na, K thuộc cùng phân nhóm chính nhưng K chu kì lớn hơn nên tính kim loại mạnh hơn. Mg thuộc cùng chu kì với Na nhưng ở phân nhóm chính nhóm 2 nên tính kim loại yếu hơn Na. 25% Na  NaOH   m dd NaOH  0,3

0,3

m  mNa  mH 2 O  mH 2 40.0,3  48   dd NaOH  a  41, 4g 25%  48  6,9  mH 2 O  0,3

Vậy giá trị a = 41,4g. Câu 4: (4,0 điểm) Hỗn hợp khí A chứa một ankan và một xicloankan. Tỉ khối hơi của A so với hidro là 25,8. Đốt cháy hoàn toàn 2,58 gam A rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 35,46 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của ankan và xicloankan. Hướng dẫn Cn H2n2 CO2 mA  mC  mH    H2 O  Ankan  Xiclo  0,18  mA  12.nCO2  2.nH2 O 0,02 Cm H2m 0,03 0,21 0,05

0, 03n  0, 02m  0,18 A: khí BT.C     C4 H10 ;C3 H6 Soá C  4 3n  2m  18 

Câu 5: (4,0 điểm) a. Lên men a gam glucozo (C6H12O6) với hiệu suất 90% thu được b gam rượu etylic và CO2. Dẫn toàn bộ lượng khí sinh ra hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong được 10 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 3,4 gam. Tính a và b.

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 ĐAKNONG 2017-2018] b. Đốt cháy hoàn toàn 8,8 gam một axit cacboxylic X có công thức phân tử là CnH2nO2 cần 11,2 lít khí O2 (đktc). Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của X. Hướng dẫn  b  0,15.46  6,9g  a. Ta có: mdd giảm = mCaCO3 – mCO2 → nCO2 = 0,15   0,15.180  15g a  2.90% 

b. CnH2nO2 + (1,5n – 1)O2 → nCO2 + nH2O x→ (1,5n – 1)x (1,5n  1)x  0,5 nx  0, 4    n  4  C4 H 8 O 2 (14n  32)x  8,8 x  0,1

Vậy CTPT của axit là: C4H8O2. Câu 6: (4,0 điểm) a. Hãy tác riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp khí gồm CH4, CO2, C2H2. b. Chỉ dùng thêm một thuốc thử hãy nhận biết các chất lỏng đựng trong các bình bị mất nhãn gồm: benzen, rượu etylic, dung dịch natricacbonat, dung dịch canxi axetat. c. Hoàn thành các phương trình phản ứng trong sơ đồ sau dưới dạng công thức cấu tạo, ghi rõ điều kiện cần thiết.

Hướng dẫn a. CH 4   AgNO3  CO2  NH3 C H  2 2

 HCl  C2 H 2 C2 H 2 : C2 Ag2   o

t CO2  Ca(OH)2  CO2 CO2 : CaCO3      dö CH 4 CH 4 ddNH

3 C2 H 2  Ag2 O   C2 Ag2   H 2 O dö

C2 Ag2  2HCl  C2 H 2  2AgCl  CO2  Ca(OH)2  CaCO3   H 2 O

b. C 6 H 6 C6 H 6 : dung dòch phaân lôùp  C2 H 5OH : dung dòch ñoàng nhaát C2 H 5OH  HCl    dö Na2 CO3 : CO2  khoâng maøu, khoâng muøi Na2 CO3 (CH COO) Ca (CH3COO)2 Ca : CH3COOH muøi giaám chua 3 2  C2 H5OH  HCl  C2 H5Cl  H2 O

Na2 CO3  2HCl  2NaCl  CO2   H2 O

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 ĐAKNONG 2017-2018]

1500 C 2CH 4   CH  CH  3H 2  laøm laïnh nhanh Pd/ PbCO

3 CH  CH  H 2   CH 2  CH 2 to

H2SO4 CH 2  CH 2  H 2 O   CH3CH 2 OH loaõng HgSO4 CH  CH  H 2 O   CH3CHO 80o C o

t CH3CHO  0,5O2   CH3COOH H2SO4 CH3COOH  C2 H 5OH   CH3COOC2 H 5  H 2 O loaõng

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 QUẢNG TRỊ 2017-2018] Câu 1: (4,5 điểm) 1. Trình bày phương pháp hóa học để tách lấy từng kim loại ra khỏi hỗn hợp rắn gồm: Na2CO3, BaCO3, MgCO3 và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Xác định các chất vô cơ A, B, C, D, E, F và viết các phản ứng theo sơ đồ sau: phaûn öùng theá phaûn öùng hoùa hôïp phaûn öùng trung hoøa phaûn öùng trao ñoåi phaûn öùng phaân huûy A1    B1    C1   D1  E1   F1

3. Nung hỗn hợp R chứa a gam KClO3 và b gam KMnO4. Sau khi phản ứng kết thúc thì khối lượng rắn do KClO3 tạo ra bằng khối lượng các chất rắn do KMnO4 tạo ra. Viết các phương trình phản ứng và tính % theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp R. 4. Dung dịch X chứa 0,15 mol H2SO4 vào 0,1 mol Al2(SO4)3. Cho V lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa. Thêm tiếp 450 ml dung dịch NaOH 1M vào thì thu được 0,5m gam kết tủa. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và tính V. Hướng dẫn 1.  NaCl ñpnc  HCl  dd    Na dd : Na2 CO3  dö HCldö  Na2 CO3  ñpnc  Mg(OH)2   Mg    H2O BaCO    BaCl   dö 3 2 BaCl2  MgCO  BaCO3   HCl  NaOH  dd MgCl     3 dö dö  Na2CO3 2   MgCO dd NaCl    BaCO3 dö HCl 3   dö    NaOH  BaCl 2 ñpnc  HCl BaCO3     Ba dö HCl dö

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O ñpnc NaCl   Na + 0,5Cl2↑ BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2↑ + H2O MgCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Mg(OH)2 ñpnc 2Mg(OH)2   2Mg + O2↑ + 2H2O BaCl2 + Na2CO3 → 2NaCl + BaCO3↓ BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑ + H2O ñpnc BaCl2   Ba + Cl2↑ 3. o

t KClO3   KCl  1,5O2 o

t 2KMnO4   K 2 MnO4  MnO2  O2

KCl :1 KClO3 :1 KClO3 : 59,64%  149 Raén sau pöù  Raén K 2 MnO4 : 0,5a  a   %m   coù khoái löôïng = nhau 284 KMnO4 : a KMnO4 : 40,36% MnO : 0,5a  142a 2 

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 QUẢNG TRỊ 2017-2018] 4. Tại V ta chưa biết kết tủa bị hòa tan hay chưa. Tại (V + 0,45): thể tích NaOH lớn hơn cho khối lượng kết tủa nhỏ hơn thì kết tủa đã bị hòa tan 1 phần. TH1: tại V kết tủa chưa bị hòa tan H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 0,15→ 0,3 Al2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3↓ (V – 0,3) → → nAl(OH)3 = (

V  0,3 ) 3

(

V  0,3 ) 3

Khi cho thêm 0,45 mol NaOH Al2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3↓ 0,1→ 0,6 0,2 Kết tủa giảm một nửa nên: nAl(OH)3 = Al(OH)3

V  0,3 6

NaOH → NaAlO2 +

2H2O

  V  0,3  V  0,3   0,2   →  0,2   6  6     V  0,3  → 0,3 + 0,6 +  0,2   =V + 0,45 → V = 0,6 6  

TH2: tại V kết tủa bị hòa tan một phần H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 0,15→ 0,3 Al2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3↓ 0,1→ 0,6 0,2 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (V – 0,9) ← (V – 0,9) → nAl(OH)3 = 1,1 – V (1) Khi cho thêm 0,45 mol NaOH Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (V + 0,45 – 0,9) ←(V + 0,45 – 0,9) → nAl(OH)3 = 0,2 – (V + 0,45 – 0,9) (2) (2) =

(1)

2   V  0,2  nNaOH  nH(Axit )  (ktm)

Vậy giá trị của V = 0,6 (lít). Câu 2: (4,5 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Ba(H2PO4)2 + NaOH và Mg(HCO3)2 + KOH 2. Cho BaO vào dung dịch H2SO4 loãng, sau phản ứng kết thúc thu được kết tủa M và dung dịch N. Cho Al dư vào dung dịch N thu được khí P và dung dịch Q. Lấy dung dịch Q cho tác dụng với K2CO3 thu được kết tủa T. Xác định M, N, P, Q, T và viết các phương trình phản ứng.

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 QUẢNG TRỊ 2017-2018] 3. Cho hơi nước qua cacbon nóng đỏ, thu được 11,2 lít hỗn hợp X (đktc) gồm CO, CO2 và H2. Tỉ khối của X so với H2 là 7,8. Tính số mol mỗi khí trong X. 4. Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al tác dụng với khí clo, nung nóng. Sau một thời gian thu được 41,3 gam chất rắn B. Cho toàn bộ B tan hết trong dung dịch HCl, thu được dung dịch C và khí H2. Dẫn lượng H2 này qua ống đựng 20 gam CuO nung nóng. Sau một thời gian thu được chất rắn nặng 16,8 gam. Biết chỉ có 80% H2 phản ứng. Viết các phương trình phản ứng và tính số mol mỗi chất có trong A. Hướng dẫn 1. 3Ba(H2PO4)2 + 12NaOH → 4Na3PO4 + Ba3(PO4)2↓ + 12H2O Mg(HCO3)2 + 2KOH→ K2CO3 + MgCO3↓ + 2H2O 2.  M : BaSO4  P : H 2   Al   N : Ba(OH)2  dö  K 2CO3   BaCO3 Q : Ba(AlO2 )2     H2SO4 BaO    M : BaSO4  P : H 2  Al  N : H 2 SO 4 dö   dö  K 2CO3    Al(OH)3 Q : Al 2 (SO 4 )3  

BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2↑ Ba(AlO2)2 + K2CO3 → 2KAlO2 + BaCO3↓ 3H2SO4 + 2Al → Al2(SO4)3 + 3H2↑ Al2(SO4)3 + 3K2CO3 + 3H2O → 3K2SO4 + 2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ 3.   CO : x x  0,1 x  y  z  0,5   d X/ H2 7,8   28x  44y  2z  2.7,8.0,5   y  0,1 Ta có CO2 : y    H : z  z  0,3 C : x  y BT.O   2 BTNT      x  2y  z  H 2 O : z

Vậy số mol của CO, CO2, H2 lần lượt là: 0,1; 0,1; 0,3. 4.  CuO  Raén :16,8g Mg : x  Cl2  H 2  20g  HCl A   B    0,4 41,3g ddC Al : y 12,9g

mA  mCl 2  mB mCuO  mRaén  mO BTKL BTKL    Cl2 vaø    O  H2  20  16,8  mO 0,2  12,9  mCl 2  41,3  0,4 0,2 2.nMg  3.nAl  2.nCl 2  2.nH 2 24x + 27y = 12,9 x  0,2 H2 : 80% BT.e   H 2      2x  3y  1,3  y  0,3  0,25

Vậy số mol Mg, Al lần lượt là: 0,2 và 0,3 mol. Câu 3: (5,0 điểm)

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 QUẢNG TRỊ 2017-2018] 1. Hãy nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Cho lần lượt CO2, Al(NO3)3, NH4NO3 vào 3 cốc chứa dung dịch NaAlO2. b. Hòa tan hết FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư. Khí thu được sục vào dung dịch KMnO4. 2. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphthalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt chứa: NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 3. Cho 5,2 gam kim loại M tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư, thu được 1,008 lít hỗn hợp hai khí NO và N2O (đktc, không còn sản phẩm khử nào khác). Sau phản ứng khối lượng dung dịch HNO3 tăng thêm 3,78 gam. Viết các phương trình phản ứng và xác định kim loại M. 4. Chia m gam hỗn hợp gồm Al và Cu thành 2 phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 0,3 mol H2. Phần 2 nặng hơn phần 1 là 23,6 gam, tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được 1,2 mol SO2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết phương trình phản ứng và tính m. Hướng dẫn 1. a. CO2 + NaAlO2 + 2H2O → NaHCO3 + Al(OH)3↓ Sục khí CO2 vào dung dịch NaAlO2 ta thấy dung dịch xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng dần đến tối đa. AlCl3 + 6H2O + 3NaAlO2 → 3NaCl + 4Al(OH)3↓ Khi cho AlCl3 vào dung dịch NaAlO2 ta thấy có kết tủa keo trắng xuất hiện. NH4NO3 + H2O + NaAlO2 → NaNO3 + Al(OH)3↓ + NH3↑ Khi cho NH4NO3 vào dung dịch NaAlO2 ta thấy xuất hiện kết tủa trắng dạng keo và đồng thời có khí mùi khai bay lên. b. 2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 → xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2↑ + (6x- 2y)H2O 5SO2 + 2KMNO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 Khi cho FexOy vào dung dịch axit sunfuric đặc, nóng ta thấy phản ứng xảy ra mãnh liệt, dung dịch chuyển dần sang nâu đỏ và có khí mùi hắc thoát ra mạnh (SO2). Dẫn khí thoát ra vào dung dịch KMnO4 ta thấy dung dịch thuốc tím nhạt màu nhanh chóng đến khi mất màu hoàn toàn. 2. Phenolphtalein Na2 CO3 :   hoàng

NaHSO4 , Fe(NO3 )3  PP   Na2 CO3 , NaCl AlCl ,Ca(NO ) 3 3 2 

NaHSO 4 : CO2 NaHSO4 , Fe(NO3 )3   Na2CO3   NaCl AlCl ,Ca(NO ) 3 3 2 

Fe(NO3 )3 : CO2   Fe(OH)3 NaCl : kht AlCl3 : CO2   Al(OH)3 Ca(NO3 )2 : CaCO3

2NaHSO4 + Na2CO3 → 2Na2SO4 + CO2↑ + H2O 2Fe(NO3)3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 6NaNO3 + 2Fe(OH)3↓ + 3CO2↑ 2AlCl3 + 3Na2CO3 + H2O → 6NaCl + 2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ Ca(NO3)2 + Na2CO3 → 2NaNO3 + CaCO3↓

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 QUẢNG TRỊ 2017-2018] 3. Hóa trị của M là: n (n  N*)   mM  m  30a  44b  1, 42 a  0, 04 m BTKL    dd taêng  m  1, 42     e nhaän a b 0, 045 b 0, 005    3, 78 5,2 m         0,16 Mx  5,2 65 M  M n  M : Zn 2 x(mol) nx  0,16

Vậy kim loại là Zn. 4. Al : x H2 P1   1,5x  0,3  x  0,2 0,3 Cu : y  128 Al : 0,2 k (5, 4  64 y)(k  1)  23,6  k      SO   m  78,8g 69 2  (0,3  y)k  1,2   Cu : yk 1,2 y  0,346875  P2 = k.P1

Vậy khối lượng m = 78,8g. Câu 4: (6,0 điểm) 1. Cho các chất sau: rượu etylic, axit axetic, saccarozo, glucozo. Chất nào phản ứng với nước, Ag2O/NH3, axit axetic, CaCO3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Xác định các chất và hoàn thành các phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau:

3. Hỗn hợp N gồm ankan X và một anken Y, tỉ khối của N so với H2 bằng 11,25. Đốt cháy hết 0,2 mol N, thu được 0,3 mol CO2. Viết các phương trình phản ứng và xác định X, Y. 4. Hai hợp chất hữu cơ A: RCOOH và B: R’(OH)2, trong đó R, R’ là các gốc hidrocacbon mạch hở. Chia 0,1 mol hỗn hợp gồm A và B thành hai phần bằng nhau. Đem phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 0,04 mol khí. Đốt cháy hoàn toàn phần 2, thu được 0,14 mol CO2 và 0,15 mol H2O. a. Viết các phương trình phản ứng, xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A và B. b. Nếu đun nóng phần 1 với dung dịch H2SO4 đặc để thực hiện phản ứng este hóa thì thu được m gam một hợp chất hữu cơ, biết hiệu suất phản ứng là 75%. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Tính giá trị của m. Hướng dẫn 1. H2SO4 C2 H 5OH  CH3COOH  CH 3COOC2 H 5  H 2 O loaõng,t o

2CH3COOH  CaCO3  (CH 3COO)2 Ca  CO 2  H 2 O 

H C12 H 22 O11  H 2 O  C6 H12 O6  C6 H12 O6 to Glucozo

 Fructozo

NH3 dö

C6 H12 O6  Ag2 O   HO  CH 2  (CHOH)4  COOH  2Ag 

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 QUẢNG TRỊ 2017-2018] o

xt ,t C2 H 4  O2   CH3CHO (A1 ) p o

Ni,t CH3CHO  H 2   CH3CH 2 OH (A 2 ) o

xt ,t C2 H 5OH  O2   CH3COOH  H 2 O p o

1500 C 2CH 4   CH  CH (B3 )  3H 2 laøm laïnh nhanh HgSO4 CH  CH  H 2 O   CH3CHO 80o C o

xt ,t CH3CHO  O2   CH3 COOH p as CH 4  Cl2   CH3Cl (B1 )  HCl to

CH3Cl  NaOH  CH3OH (B2 )  NaCl o

xt ,t CH3OH  CO   CH3COOH p

3. mN  mC  mH    MN  22,5  X : CH 4    22,5.0,2  12.nCO2  2.nH 2 O  H 2 O  0,54 3,6 2.nH2O  nAnkan  nH 2 O  nCO2 nCO2 (Anken)  CH 4  Anken   Anken : C3 H 6  0,3 - 0,15 = 0,15 Anken : nH 2 O  nCO2 0,05 0,15 d  N/H2 11,25

BTKL

Vậy X, Y là: CH4, C3H6. 4. RCOOH : x x  y  0, 05 x  0, 02 Mol    Na   x  2y  0, 08 y  0, 03 R '(OH)2 : y   0,04 Axit : n 0, 02n  0, 03m  0,14 n  4 BT.C BT.H      C4 H 5COOH Số C  m  2  C2 H 4 (OH)2 Ancol : m  2n  3m  14 H% = 75% C4 H5COOH  C2 H 4 (OH)2   0,02

0,03

C4 H5COO C4 H5COO

C2 H 4  m  1,665g

0,0075

Vậy giá trị m = 1,665 gam.

[GIẢI CHI TIẾT HSG HÓA 9 QUẢNG TRỊ 2017-2018]

[ĐỀ THI HSG BÌNH PHƯỚC 2017] Câu 1: (2,0 điểm) 1. CaO tiếp xúc lâu ngày với không khí sẽ bị giảm chất lượng. Hãy giải thích hiện tượng này và minh hoạ bằng phương trình hoá học. Hướng dẫn CaO để lâu ngoài không khí sẽ có hiện tượng bị vón cục, khó tan trong nước, vì trong không khí có CO2 nên xảy ra phản ứng: CaO + CO2 → CaCO3 2. Có 3 muối là Na2CO3, BaCO3 và BaSO4 đựng trong các lọ riêng biệt bị mất nhãn. Chỉ dùng thêm CO2 và H2O hãy nhận biết các muối trên. Viết phương trình hoá học xảy ra. Hướng dẫn Na2 CO3 : tan Na2 CO3   H2 O BaCO3  Ba(HCO3 )2 Ta có BaCO3   BaCO3  CO2 : khoâng tan    tan   BaSO BaSO  4 4  BaSO4 : khoâng tan Pt: BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 Câu 2: (2,0 điểm) 1. Viết phương trình hoá học xảy ra trong các thí nghiệm sau: - Cho từ từ CO2 đến dư vào dung dịch Ca(OH)2. - Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Ca(HCO3)2. Hướng dẫn - Cho từ từ CO2 đến dư vào dung dịch Ca(OH)2. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2

Ban đầu: sục CO2 vào làm xuất hiện kết tủa gây vẩn đục dung dịch. Kết tủa tăng dần đến không đổi, sau đó tiếp tục sục CO2 vào ta nhận thấy kết tủa tan dần cho tới khi dung dịch trong suốt trở lại. - Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Ca(HCO3)2 2NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + Na2CO3 + H2O

[ĐỀ THI HSG BÌNH PHƯỚC 2017]

Cho từ từ NaOH vào dung dịch xuất hiện kết tủa, kết tủa tăng dần đến tối đa rồi không đổi. 2. Từ các chất sau: Na2O, Fe2(SO4)3, H2O, H2SO4, CuO. Hãy viết phương trìn hoá học điều chế NaOH, Fe(OH)3, Cu(OH)2. Hướng dẫn Pt: Na2O + H2O → 2NaOH Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3↓ + 3Na2SO4 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4 Câu 3: (4,0 điểm) 1. Cho một ít đường saccarozo (C12H22O11) vào đáy cốc rồi thêm từ từ 1-2 ml H2SO4 đặc vào. Cho biết các hiện tượng xảy ra và giải thích. Hướng dẫn

Hiện tượng: axit H2SO4 đặc oxi hoá đường thành than, đồng thời tạo thành khí CO2, SO2 và H2O. Thể tích hỗn hợp khí tăng rất nhanh khiến kích thước khối đường nở ra nhanh chóng. Pt: C12 H22 O11  24H2 SO4  12CO2   24SO2   35H2 O 1(mol) 

n 12  24  35  71(mol)

1x C120 – 48e → 12C+4 24x S+6 + 2e → S+2

[ĐỀ THI HSG BÌNH PHƯỚC 2017]

2. Trộn V1 lít dung dịch HCl 0,6M với V2 lít dung dịch NaOH 0,4M thu được 0,6 lít dung dịch A. Biết 0,6 lít dung dịch A có thể hoà tan hết 0,54 gam Al. Tính V1 và V2. Hướng dẫn Al có thể tác dụng với axit hoặc kiềm nên ta có 2TH như sau: TH1: HCl + NaOH → NaCl + H2O Ban đầu: 0,6V1 0,4V2 0,6V1→ 0,6V1 Pứ: Dư: 0 (0,4V2 – 0,6V1) Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2 0,02→ 0,02 V  V2  0,6 V  0,22  1 Suy ra  1 0,4V2  0,6V1  0,02 V2  0,38 TH2: HCl + NaOH → NaCl + H2O Ban đầu: 0,6V1 0,4V2 Pứ: 0,4V2 ←0,4V2 Dư: (0,6V1 - 0,4V2) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O 0,02→ 0,06 V  V2  0,6 V  0,3  1 Suy ra  1 0,6V1  0,4V2  0,06 V2  0,3 Câu 4: (4,0 điểm) Hoà tan hoàn toàn m gam oxit kim loại MO trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25% thu được dung dịch X. Trong X, nồng độ H2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO dư đi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thấy thoát ra một khí, cô cạn dung dịch sau phản ứng chỉ thu được 2,96 gam muối khan. 1. Xác định kim loại M trong oxit và tính m. 2. Cho x gam Zn vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,12 gam chất rắn. Tính x. Hướng dẫn   H 2 SO 4  Dung dich X   0,05(mol)  H 2 SO 4 :2,433% 1. MO    NaOH    CO CO2  muoái : 2,96g m(g)    0,05  CO   BTNT.Na Na2 CO3 : a   2a  b  0,05 a  0,02 BTNT.C Ta có      CO2  b  0,01 NaHCO3 : b 106a  84b  2,96 0,03(mol) Pt: MO + CO → M + CO2 → nCO2 = mMO = 0,03 (*) → nH2SO4 pứ = 0,05 – 0,03 = 0,02

[ĐỀ THI HSG BÌNH PHƯỚC 2017]  H 2 SO 4 dö : 0,02  98.0,02  m dd sau pöù   80,559g   %H SO : 2,433% (*) 2,433%   MO   M : 56(Fe) Khi đó  2 4  BTKL 2,159(g)  mMO  m dd H SO  m dd sau pöù   2 4 2.  Raén : Fe  0,02  H 2 SO 4 : 0,02  Zn  BTNT.Fe   X    FeSO 4 : 0,01 x(g)  FeSO : 0,03   4 Dung dich  BTNT.SO 4     ZnSO 4 : 0,04  x  2,6(g)   Câu 5: (4,0 điểm) Lắc 0,81 gam bột nhôm trong 200 ml dung dịch X chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 một thời gian, thu được chất rắn A và dung dịch B. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 100,8 ml khí H2 (đktc) và còn lại 6,012 gam hỗn hợp hai kim loại. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư được kết tủa, đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được 1,6 gam oxit. 1. Viết các phương trình hoá học xảy ra. 2. Tính nồng độ mol/lít của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dung dịch X. Hướng dẫn   Aldö  H 2 : 0,0045    NaOH   Raén A Ag  Raén : Cu  Ag  AgNO3 : x dö    Al     Cu 6,012(g)   Cu(NO ) : y  3 2  0,03   to  NaOH   CuO : 0,02 ddB  dö 1. Al + 3AgNO3 → Al(NO3)3 + 3Ag↓ 2Al + 3Cu(NO3)2 → 2Al(NO3)3 + 3Cu↓ Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2↑ Al(NO3)3 + 3NaOH → 3NaNO3 + Al(OH)3↓ Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O Cu(NO3)2 + 2NaOH → 2NaNO3 + Cu(OH)2↓ Cu(OH)2 → CuO + H2O  H 2 : coù Al dö  NaOH  2. Nhận xét A   dö 2 kim loaïi  (Ag,Cu) Vì AgNO3 ưu tiên pứ trước Cu(NO3)2 nên A có Cu thì AgNO3 đã hết.  H 2  Aldö  Al pöù  3.nAl pöù  nAg  2.nCu döïa vaøo pthh  Ta có A  0,0045 0,003 0,027    nCu  0,0405  0,5x   Ag : x / Cu Suy ra 108x  64(0,0405  0,5x)  6,012  x  0,045  C M(AgNO )  0,225(M) 3

[ĐỀ THI HSG BÌNH PHƯỚC 2017]  nCu(NO3 )2  nCu(A)  nCuO BTNT.Cu     CM[Cu(NO ) ]  0,19(M) 3 2  y  0,018  0,02  0,038   Câu 6: (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon A và B mạch hở, có dạng CxH2x. Nếu trộn 12,6 gam hỗn hợp X theo tỉ lệ 1:1 về số mol thì tác dụng vừa đủ với 32 gam brom. Nếu trộn hỗn hợp X theo tỉ lệ 1:1 về khối lượng thì 16,8 gam hỗn hợp tác dụng vừa đủ với 0,6 gam H2. Biết MA < MB. Tìm công thức phân tử của A và B. Hướng dẫn  A : x  Br2  x  x  0,2   Ta có  0,2 B : x  x  0,1  A  B  126 (*) 12,6(g)

 8,4 n(A  B)  nH 2 A : A 8,4(A  B)  0,3AB  Và    8,4 8,4    0,3  28(A  B)  AB (**) B : 8,4   A B  B  (*)  A : 84(C6 H12 )  Từ  (**)  B : 42(C3 H 6 ) 2. Hidrocacbon Y có công thức dạng CnH2n+2. Khi cho Y tác dụng với khí clo có chiếu sáng thu được hợp chất Z chứa clo có tỉ khối so với H2 là 49,5. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của Y và Z. Hướng dẫn Pt: CnH2n+2 + kCl2 → CnH2n+2-kClk + kHCl Giả sử: 1→ 1 Suy ra: (14n +2 + 34,5k) = 49,5.2 → 14n + 34,5k = 97 k  2  Z : C2 H 4 Cl2  Y : CH3  CH3 → n  2

[ĐỀ HSG HÓA 9 KHÁNH HÒA 2017-2018] Câu 1: (3,25 điểm) 1. Thế nào là độ tan? Thế nào là dung dịch bão hòa, chưa bão hòa? 2. Hòa tan 8 gam CuO bằng dung dịch H2SO4 24,5% vừa đủ, thu được dung dịch X. a. Tính nồng độ % của dung dịch X. b. Làm lạnh dung dịch X tới nhiệt độ thích hợp thấy có 5 gam kết tủa Y tách ra và thu được dung dịch Z chứa một chất tan với nồng độ 29,77%. Tìm công thức Y. Hướng dẫn 1. 2. CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O 0,1→ 0,1 0,1 H 2 SO4  m dd H 2 SO 4  0,1

98.0,1 160.0,1  40g  C%  .100%  33,33% 24,5% 8  40

Gọi CTPT Y: CuSO4.nH2O x(mol) → (160 + 18n).x = 5 (1) nCuSO4 dư: (0,1 – x)  C% 

160(0,1  x) .100%  29, 77%  x  0, 02  n  5  CuSO4 .5H2 O 48  5

Vậy CTPT của Y là: CuSO4.5H2O. 3. Có 2 dung dịch: - Dung dịch A: NaOH (4 gam NaOH/1 lít) - Dung dịch B: H2SO4 0,5M. Trộn V1 lít dung dịch A với V2 lít dung dịch B được V lít dung dịch C. - Nếu lấy V lít dung dịch C cho phản ứng với lượng dư BaCl2 tạo thành 34,95 gam kết tủa. - Nếu lấy V lít dung dịch C cho phản ứng với 450ml dung dịch Al2(SO4)3 0,2M thu được kết tủa E. Nung nóng kết tủa E đến khối lượng không đổi thu được 6,12 gam chất rắn. Tính V1, V2. Hướng dẫn  BaCl2    BaSO4 : 0,15 NaOH  H 2 SO4  ddC    Al (SO ) to 2 4 3    E   Al2 O3 : 0, 06 0,1V1 0,09 0,5V2 BT.SO4  H 2 SO 4  V2  0,3 0,15

2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O 0,3 ←0,15 Dư: (0,1V1 – 0,3) Vì nAl2O3 < nAl2(SO4)3 nên có 2 trường hợp của kết tủa. TH1: kết tủa chưa bị hòa tan to 2Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O 0,12 ←0,06 6NaOH + Al2(SO4)3 → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3↓ 0,36 0,06 0,12 → 0,1V1 – 0,3 = 0,36 → V1 = 6,6 (lít). TH2: kết tủa bị hòa tan một phần

[ĐỀ HSG HÓA 9 KHÁNH HÒA 2017-2018] 6NaOH + Al2(SO4)3 → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3↓ 0,54 ←0,09→ 0,18 Al(OH)3 bị hòa tan: 0,18 – 0,12 = 0,06 NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O 0,06 ←0,06→ 0,06 → 0,1V1 – 0,3 = 0,6 → V1 = 9,0 (lít). Vậy V1 nhận 2 giá trị (6,6 hoặc 9,0) và V2 là: 3. Câu 2: (3,25 điểm) 1. Một phi kim R tạo được 2 oxit A, B. Tỉ khối của B đối với A là 1,5714 và % khối lượng của oxi trong A là 57,14%. a. Xác định công thức phân tử của A và B. b. Làm thế nào để chuyển hết hỗn hợp A, B thành A? Viết phương trình hóa học minh họa. c. Sục 0,448 lít B ở điều kiện chuẩn vào 1 lít dung dịch Ca(OH)2 aM thu được 0,5 gam kết tủa. Tính a. Hướng dẫn a. O A : R 2 On   57,14%

16n MB = 1,5714.MA  0,5714  R  6n  R : C  A : CO    B : CO2 2R  16n o

t b. Ta cho đi qua than nóng đỏ: CO2 + C   2CO c. nCO2 > nCaCO3 nên kết tủa bị hòa tan một phần CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O a ←a→ a CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (0,02 – a) →(0,02 – a) Dư: (2a – 0,02) → 2a – 0,02 = 0,005 → a = 0,0125. Vậy giá trị a = 0,0125. 2. X là hợp chất của kali (88 < MX < 96). Y là hợp chất của clo (MY < 38). Hòa tan m1 gam chất X vào nước, thu được dung dịch X1 có khả năng làm quì tím chuyển sang màu xanh. Hòa tan m2 gam chất Y vào nước thu được dung dịch Y1. Cho X1 tác dụng với Y1, thu được dung dịch Z có khả năng hòa tan kẽm kim loại. a. Xác định các hợp chất X, Y và chất tan trong các dung dịch X1, Y1, Z. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Hướng dẫn Giống HSG 9 tỉnh Thanh Hóa 2014-2015 X: K2O và Y: HCl K2O + H2O → 2KOH K2O + 2HCl → 2KCl + H2O Dung dịch Z chứa: KCl và (KOHdư hoặc HCldư). 2KOH + Zn → K2ZnO2 + H2↑ 2HCl + Zn → ZnCl2 + H2↑ Câu 3 : (5,5 điểm)

[ĐỀ HSG HÓA 9 KHÁNH HÒA 2017-2018] 1. Cho các chất và dung dịch : CuO ; C ; MnO ; MnO2 ; Fe(OH)3 ; Fe3O4 ; Ag ; dung dịch AgNO3 ; Zn. Dung dịch axit HCl có thể phản ứng được với những chất và dung dịch nào ? Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. 2. Tiến hành thí nghiệm với dung dịch của từng muối X, Y, Z. Hiện tượng được ghi trong bảng sau : Mẫu thử X hoặc Y Y hoặc Z X Z

Thí nghiệm Tác dụng với dung dịch HCl dư Tác dụng với dung dịch NaOH dư Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng Tác dụng với dung dịch HCl dư

Hiện tượng Đều có khí CO2 Đều có kết tủa Có chất khí thoát ra Có chất kết tủa

Biết : MX + MZ = 249 ; MX + MY = 225 ; MY + MZ = 316. Xác định công thức các muối và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. Hướng dẫn 1. CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H2O Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑ 2.  HClCO2 M X  M Z  249 M X  79   X : NH 4 HCO3  NaOH    hpt M X  M Y  225  M Y  146  Mg(HCO3 )2 M  M  316 M  170  Z : AgNO Z 3  Y  Z

NH4HCO3 + HCl → NH4Cl + CO2↑ + H2O 2NH4HCO3 + 2NaOH → 2NH3↑ + Na2CO3 + 3H2O Mg(HCO3)2 + 2HCl → MgCl2 + 2CO2↑ + 2H2O Mg(HCO3)2 + 2NaOH → MgCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 3. A là hỗn hợp hai oxit của hai kim loại. Cho CO dư đi qua 3,165 gam A nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp chất rắn A1 và hỗn hợp khí A2. Dẫn hỗn hợp khí A2 qua dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 2,955 gam kết tủa màu trắng. Cho A1 phản ứng hết với dung dịch H2SO4 10% loãng, sau phản ứng có 0,252 lít khí thoát ra, thu được dung dịch A3 chỉ chứa một chất tan có nồng độ a% và 3,495 gam một chất rắn. Cho dung dịch A3 tác dụng với dung dịch NaOH thì thu được kết tủa màu trắng xanh dần chuyển sang nâu đỏ. a. Xác định các chất trong A. b. Tính a và xác định phần trăm khối lượng các chất trong A. Hướng dẫn

[ĐỀ HSG HÓA 9 KHÁNH HÒA 2017-2018]  CO2 : 0, 015   H 2 : 0, 01125  X  CO  A     0,015  H2SO4  NaOH  A 3  Fe(OH)2 Y 10% A1    3,165(g) Raén : 3, 495g 

Kết tủa trắng xanh → nâu đỏ, suy ra: Fe(OH)2 Rắn BaSO4: 0,015  3, 495  2,295 Taêng giaûm MO  MSO   nMO   0, 015  M : Ba khoá i löôï n g  4 H2 96  16   Fe : 0, 01125 2,295(g)  0,01125 (A) 3,495   CO2  O(A) : 0, 015 27, 49% Fe3O4 : 0, 00375    0,015 Fe : O  3 : 4  Fe O  A  %m   3 4  BaO : 0, 015 72,51% 

Vì A3 chỉ chứa 1 chất tan nên H2SO4 pứ vừa đủ m dd H2 SO4 

98.0, 01125  11, 025g  m ddA  mA1  m dd H2 SO4  mH 2  mBaSO 4 3 10% 10,4325g

 %FeSO4  16,391%  a  16,391%

Vậy giá trị a = 16,391% và %m Fe3O4 27,49% ; BaO 72,51%. Câu 4: (3,0 điểm) Cho sơ đồ của quá trình điều chế SO2 trong phòng thí nghiệm:

1. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong bình cầu. 2. Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch NaOH. 3. Tại sao có thể thu khí SO2 bằng phương pháp như hình vẽ? 4. Có thể thay dung dịch H2SO4 bằng dung dịch axit HCl được không? 5. Có thể thay dung dịch Na2SO3 bằng dung dịch K2SO3 được không? 6. Có thể thay dung dịch Na2SO3 bằng dung dịch BaSO3 được không? Hướng dẫn 1. Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2↑ + H2O 2. Bông tẩm xút có vai trò ngăn SO2 thoát ra ngoài môi trường.

[ĐỀ HSG HÓA 9 KHÁNH HÒA 2017-2018] 3. SO2 tan tốt trong nước nên không thể dùng phương pháp đẩy nước. SO2 nặng hơn không khí nên thu khí để ngửa bình. 4. Không nên thay H2SO4 bằng dung dịch HCl. Vì HCl dễ bay hơi và lẫn vào SO2. 5. Có thể dùng K2SO3 thay cho Na2SO3. 6. Không nên thay BaSO3 cho Na2SO3 vì pứ tạo BaSO4↓ làm chậm quá trình điều chế. Câu 5: (2,5 điểm) Hỗn hợp A gồm metan và etilen được chia thành hai phần: Phần 1: cho tác dụng với dung dịch brom dư thì có 1,6 gam brom phản ứng. Phần 2: có khối lượng nhiều hơn phần 1 là 0,3 gam. Phần 2 cháy trong oxi dư rồi cho sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 6 gam kết tủa trắng. 1. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. 2. Tính thành phần phần trăm thể tích hỗn hợp A. Hướng dẫn Br2    y  0,01 0,01 CH 4 : x P2 = k.P1 CH 4 : xk CH : 66,67%  x  0,02 P1    P2   (16x  28y)(k  1)  0,3    %V  4 C2 H 4 : y C2 H 4 : yk  CO2 C2 H 4 : 33,33% k  1,5 (x  2y).k  0,06 0,06  

Câu 6: (2,5 điểm) 1. Đốt cháy hợp chất hữu cơ A chỉ thu được CO2 và H2O. Tỉ khối của A đối với hidro bằng 22. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của hợp chất hữu cơ A. 2. Tương tự metan CH4, etan CH3-CH3 có khả năng tham gia phản ứng thế Cl2 (ánh sáng khuếch tán). Viết phương trình hóa học của phản ứng tạo sản phẩm monoclo. 3. Tương tự etilen CH2=CH2, propilen CH2=CH-CH3 có khả năng tham gia phản ứng cộng với H2 (Ni), cộng với dung dịch Brom.Viết phương trình phản ứng hóa học của chúng. Hướng dẫn C3 H8 : CH 3  CH 2  CH 3

1. MA = 44 →  2. 3.

CH3CHO askt CH3-CH3 + Cl2  CH3CH2Cl + HCl o

Ni,t CH2=CH-CH3 + H2   CH3-CH2-CH3 CH2=CH-CH3 + Br2   CH2(Br)-CH(Br)-CH3

[ĐỀ HSG HÓA 9 KHÁNH HÒA 2017-2018]

1 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9, TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ---------------------Câu 1. (2,0 điểm) a. Cho 3 lọ hóa chất: NaCl, KNO3 và NaHCO3. Theo em, chất nào được dùng để chế thuốc chữa bệnh đau dạ dày? Giải thích? b. Cho 3 dung dịch AlCl3 , BaCl2 , MgCl2 mất nhãn. Chỉ được dùng thêm một thuốc thử, hãy nhận biết các lọ dung dịch trên. Câu 2. (2,0 điểm) Có những chất: Fe2O3, Al2O3, FeCl3, Fe, Fe(OH)3, Al. a. Dựa vào mối quan hệ giữa các chất, hãy sắp xếp các chất trên thành một dãy chuyển đổi hóa học (không phân nhánh), mỗi chất chỉ xuất hiện một lần. b. Viết phương trình hóa học cho dãy chuyển đổi hóa học trên. Câu 3. (4,0 điểm) a. Cho sơ đồ thí nghiệm bên, đun nhẹ ống nghiệm, dự đoán hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học minh họa.

b. Trộn V1 lít dung dịch A chứa 8,76 gam HCl với V2 lít dung dịch B chứa 17,1 gam Ba(OH)2 thu được 200ml dung dịch C. - Tính nồng độ mol/ lít của dung dịch A, B. Biết hiệu số nồng độ mol /lit của dung dịch A so với dung dịch B là 0,75 mol/ lít. - Cô cạn dung dịch C thu được bao nhiêu gam chất rắn khan? Câu 4. (4,0 điểm) a. Cho hỗn hợp X gồm O2 và SO2 có tỉ khối đối với H2 là 28. Lấy 4,48 lít X (đktc) nung nóng với xúc tác V2O5 thì thu được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 33,51 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp SO3 từ X. n b. Sục khí CO2 vào dung dịch có m gam Ba(OH)2 thu được kết tủa. Lượng kết tủa biến đổi theo lượng CO2 K® a được biểu diễn theo đồ thị bên. Tính m và khối lượng kết tủa tại điểm Kt . K 0,6a

n CO 0

0,56

Câu 5. (4,0 điểm) a. Cho m gam Mg vào 100ml dung dịch chứa Cu(NO3 )2 1,8M và AgNO3 1,6M, sau một thời gian thu được 29,36 gam chất rắn và dung dịch X chứa 2 muối. Tách lấy chất rắn, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6,08 gam chất rắn. Tính m. b. Cho từ từ 135 ml dung dịch Ba(OH)2 2M vào 80ml dung dịch Al2 (SO4)3 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được kết tủa Y. Đem Y nhiệt phân đến khối lượng không đổi thì thu được a gam chất rắn. Tính a. Câu 6. (4,0 điểm) a. Cho hỗn hợp X gồm metan (CH4), etilen (C2H4) và axetilen (C2H2). Lấy 8,6 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch brom dư thì khối lượng brom tham gia phản ứng là 48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hết 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X cần 31,92 lít O2 (đktc). Tính khối lượng mỗi chất có trong 13,44 lít hỗn hợp X. b. Hỗn hợp khí A gồm hai hidrocacbon B (CnH2n+2) và C (CmH2m – 2) mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 1,792 lít A (ở đktc), thu toàn bộ sản phẩm cháy sục từ từ vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 12 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,2 gam. Đun nóng dung dịch này lại thu thêm 3 gam kết tủa nữa. Xác định công thức phân tử của B và C. --**--

2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG LỚP 9, TỈNH BÌNH PHƯỚC Môn Hóa học Năm học 2017-2018 ----------------------Câu 1. a. Chất được dùng chế thuốc chữa bệnh đau dạ dày là NaHCO3

Ở những người có nồng độ axit clohidric (HCl) trong dịch dạ dày vượt nồng độ bình thường (cỡ 0,0001 0,001mol/lít) thì dạ dày bị axit bào mòn, gây hiện tượng đau rát, ợ chua... Người ta dùng Natri hidrocacbonat NaHCO3 (còn gọi là thuốc muối hay natribicacbonat) để làm thuốc chữa bệnh cho người bị đau dạ dày có triệu chứng tăng axit, vì NaHCO3 tác dụng trực tiếp với HCl làm giảm nồng độ axit trong môi trường trong dạ dày, giảm cơn đau. NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  Lưu ý: NaHCO3 chỉ điều trị chứng tăng axit trong dạ dày chứ không phải thuốc chữa nguyên nhân viêm dạ dày. Nếu đau dạ dày vì viêm nhiễm thì bệnh nhân phải đi khám và điều trị theo chỉ dẫn của bác sỹ. b. Sử dụng thuốc thử là dung dịch NaOH - Trích mẫu từ các dung dịch để làm thí nghiệm - Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào các mẫu, mẫu nào không thấy kết tủa là BaCl2, mẩu nào tạo kết tủa trắng keo và tan dần trong kiềm dư là mẫu AlCl3, mẩu tạo kết tủa trắng không tan trong kiềm dư là MgCl2. MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaCl AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3  + 3NaCl Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O Câu 2. a. Sắp xếp: Có nhiều cách sắp xếp, dưới đây là một số cách trong nhiều cách - Cách 1: Al2O3  Al  Fe  FeCl3  Fe(OH)3  Fe2O3 - Cách 2: FeCl3  Fe(OH)3  Fe2O3  Al2O3  Al  Fe - Cách 3: Fe  FeCl3  Fe(OH)3  Fe2O3  Al2 O3  Al - Cách 4: Fe2O3  Al2O3  Al  Fe  FeCl3  Fe(OH)3 b. Phương trình hóa học (theo dãy 1) ®pnc 2Al2O3   4Al + 3O2 criolit 2Al + 3FeCl2  2AlCl3 + 3Fe  t0

2Fe + 3Cl2  2FeCl3 FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3  + 3NaCl t0

2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2 O Câu 3. a. Khi đun nhẹ ống nghiệm (chứa MnO2 và HCl đặc) thì thấy chất rắn màu đen tan dần, từ đáy ống nghiệm bay lên chất khí màu vàng lục. ®un nhÑ  MnCl2 + 2H2O + Cl2  MnO2 + 4HCl đặc 

8,76 17,1  0,24 mol ; n Ba(OH) (dd B) =  0,1 mol 2 36,5 171 Gọi x,y lần lượt là nồng độ mol của dung dịch A, B. Trường hợp 1: Nếu x – y = 0,75 (điều kiện x > 0,75) 0,24 0,1 Ta có:   0,2  x1 = 2 (nhận); x2 = 0,45 (loại) x x  0,75 Vậy CM (A)  2 mol/lit C M (B) =2  0,75 = 1,25 mol/lit Trường hợp 2: Nếu y – x = 0,75 (điều kiện: y > 0,75) 0,24 0,1   0,2  y1 = 2,29 (nhận); y2 = 0,16 (loại) Ta có: y  0,75 y

b. n HCl (ddA) =

3 Vậy CM (B)  2,29 mol/lit C M (B) = 2,29  0,75 =1,54 mol/lit Khi trộn A với B có xảy ra phản ứng: 2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H2O Bđ: 0,24 0,1 0 0 (mol) Pư: 0,2 0,1 0,1 0,1 Spư: 0,04 0,1 0,1 0,1 Khi cô cạn thì HCl, H2O bay hơi hết. Chất rắn chỉ gồm BaCl2 m BaCl  0,1.208 = 20,8 gam 2 Câu 4. a. n X  n SO nO



4,48  0,2 mol 22, 4

0,2.3 56  32 3   n SO   0,15 mol ; n O = 0,05 mol 2 2 64  56 1 4

Lưu ý: Các em có thể sử dụng phương pháp đại số:  n SO 2  n O 2  0, 2  n SO 2  0,15    64n SO 2  32n O 2  0, 2.56 n O 2  0,05 Vì O2 lấy vào thiếu so với SO2 nên hiệu suất phản ứng oxi hóa tính theo oxi. Cách 1: Xử lý hiệu suất sớm Gọi h là hiệu suất phản ứng oxi hóa SO2 (h = H/100)  n O (phản ứng) = 0,05h (mol) 2

t ,V2O5 2SO2 + O2   2SO3 Bđ: 0,15 0,05 0 (mol) Pư: 0,1h 0,05h 0,1h Spư: (0,15 – 0,1h) 0 0,1h SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O (0,15–0,1h)  (0,15 – 0,1h) (mol) SO3 + Ba(OH)2  BaSO4  + H2O 0,1h  0,1h (mol) Ta có: (0,15 – 0,1h).217 + 0,1h.233 = 33,51  h = 0,6 Vậy hiệu suất phản ứng oxi hóa SO2 là: H% = 0,6.100% = 60% Cách 2: Gọi x là số mol SO2 phản ứng, y là số mol SO2 còn dư n BaSO  x (mol) ; n BaSO = y(mol) 4

 x  y  0,15  x  0,06 Ta có:    233x  217y  33,51  y  0,09 1 n O (phản ứng) = n SO (phản ứng) = 0,06/2 = 0,03mol 2 2 2 0,03 Vậy hiệu suất phản ứng oxi hóa SO2 là: H%  100  60% 0,05 b. Theo đồ thị ta thấy: tại điểm Kt thì số mol kết tủa bị tan bớt 0,4a (mol). CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O a a a (mol) CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 0,4a 0,4a (mol) Ta có a + 0,4a = 0,56  a = 0,4 mol Vậy m = 0,4.171 = 68,4 gam m BaCO (tại Kt ) = 0,6.0,4.197 = 47,28 gam. 3

Lưu ý: * Có thể tính theo các giá trị ghi trên trục số mol CO2

4 Ta thấy: 2a – 0,56 = 0,6a  a = 0,4 mol * Nếu trắc nghiệm thì nhớ công thức tính nhanh: n BaCO3  n OH  n CO 2 Câu 5. a. Tính số mol Cu(NO3)2 = 0,18 mol ; AgNO3 = 0,16 mol ; Fe = 0,1 mol Vì mức độ hoạt động của Mg > Cu > Ag nên 2 muối trong X là Mg(NO3)2 và Cu(NO3)2  AgNO3 phản ứng hết. Cách 1: Phương pháp đại số Mg + 2AgNO3  Mg(NO3)2 + 2Ag  (1) 0,08 0,16 0,16 mol  tăng m1 = 15,36 gam Mg + Cu(NO3)2  Mg(NO3)2 + Cu  (2) x x x x (mol)  tăng m2 = 40x (gam) Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu  (3) y y (mol) 6,08  5,6 n Fe (pư) = y =  0,06 mol < 0,1  n Fe (dư) 64  56  x = 0,18 – 0,06 = 0,12 mol Tăng giảm khối lượng, ta có: 29,36 – m = 15,36 + 40.0,12  m = 9,2 gam Lưu ý: Các em có thể tính theo cách khác, ví dụ như cách dưới đây: Cách 2: Theo bảo toàn nguyên tố Mg m Mg (trong 29,36 gam rắn) = 29,36 – 0,12.64 – 0,16.108 = 4,4 (gam) m Mg (phản ứng) = (0,08 + 0,12 ). 24 = 4,8 (gam)

Bảo toàn lượng Mg  m = 4,4 + 4,8 = 9,2 gam Cách 3: Sử dụng quy tắc hóa trị Xét cả quá trình thì toàn bộ NO3 liên kết với Mg và Fe(II) Theo quy tắc hóa trị ta có: mMg .2  n Fe .2  n NO3  n Mg (pư) = (0,52 – 0,06.2):2 = 0,2 mol  m = 0,2.24 + 29,36 – 0,16.108 – (0,18 – 0,06).64 = 9,2 gam b. Tính n Ba(OH)  0,135.2  0, 27 mol ; n Al (SO )  0,08.1  0,08 mol 2

Vì 3 <

n OH n Al

4 3

0,27.2  3,375 < 4 nên  sau phản ứng, có 2 sản phẩm chứa nhôm là Al(OH)3 và Ba(AlO2)2  0,08.2

Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  2Al(OH)3  + 3BaSO4  x 3x 2x 3x (mol) Al2(SO4)3 + 4Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 3BaSO4  + 4H2O y 4y 3y (mol) 0

t 2Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O 2x  x (mol) Chất rắn sau nung gồm BaSO4 và Al2O3  x  y  0,08  x  0,05 Ta có:    m = 3.0,08.233 + 0,05.102 = 61,02 (gam) 3x  4y  0,27  y  0,03 Lưu ý: Ở bài toán trên còn nhiều cách giải khác. Ở đây ta cần chú ý công thức tính nhanh cho tường hợp muối Al3+ và OH- đều phản ứng hết hoặc sử dụng phương pháp hợp thức theo tỷ lệ số mol.  Sử dụng công thức nhanh (dùng khi giải toán trắc nghiệm) Công thức: n Al(OH) = 4n 3  n  = 4.0,16 – 0,27.2 = 0,1 mol  n Al O  0,05 mol 3

2 3

n BaSO  n SO  0,08.2  0, 24mol [không tính theo Ba2+ vì nó chuyển một phần vào Ba(AlO2)2] 4

 Sử dụng phương pháp hợp thức theo tỷ lệ số mol n Ba(OH) 0,27 27 2 Đặt T = (Chỉ sử dụng khi biết chắc phản ứng tạo 2 sản phẩm của nguyên tố Al)   n Al (SO ) 0,08 8 2

4 3

Hợp thức theo T, ta có phương trình hóa học (dùng khi giải toán tự luận) 8Al2(SO4 )3 + 27Ba(OH)2  10Al(OH)3  + 3Ba(AlO2)2 + 24BaSO4  + 12H2O 0,08  0,1 0,24 (mol)

5 0

t 2Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O 0,1  0,05 (mol)

Câu 6. a. Phân tích: Hỗn hợp X tham gia 2 thí nghiệm với mỗi TN có một dữ kiện mang đơn vị khác nhau (TN1 cho gam, TN2 cho mol) nên không có cơ sở để so sánh lượng chất ở mỗi TN có bằng nhau không. Vì vậy ta xử lý bài toán theo độ lệch phần k. Theo kinh nghiệm, những bài toán kiểu này gần như chắc chắn mọi tác giả đều thiết kế lượng các chất trong hỗn hợp X ở 2 thí nghiệm không bằng nhau. Gọi x,y,z lần lượt là số mol CH4, C2H4, C2H2 trong 8,6 gam hỗn hợp X kx, ky, kz …………………………………………0,6 mol X. Thí nghiệm 1: C2H4 + Br2  C2H4Br2 C2H2 + 2Br2  C2H2Br4

16x  28y  26z  8, 6 (1)  Ta có:  48 (2) y + 2z = 160  0,3 Thí nghiệm 2: 0

t CH4 + 2O2   CO2

+ 2H2O

C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O 0

t C2H2 + 2,5O2   2CO2 + H2O

 k.(x  y  z)  0,6  Chia   0, 225x  0,375y  0,075z  0 (3) 31,92 k.(2x  3y  2,5z) =  1,425  22,4 

Ta có: 

Giải (1,2,3)  x = 0,2 ; y = 0,1 ; z = 0,1 m CH  0, 2.16  3,2 (gam) ; m C H  0,1.28  2,8 (gam) 4

2H 2

2 4

 0,1.26  2,6 (gam)

Lưu ý: Nếu cac em hiểu đúng về bản chất điện hóa trị trong các hợp chất thì có thể giải bài toán trên mà không cần dùng độ lệch phần k. Theo thí nghiệm 2  trung bình 1 mol X phản ứng vừa đủ với 2,375 mol O2 Phương trình biểu diễn quan hệ hóa trị (BT ở cấp THPT): 8x +12y + 10z = 2,375.4.(x + y + z)  1,5x – 2,5y – 0,5z = 0 (3) Giải (1,2,3)  x = 0,2 ; y = 0,1 ; z = 0,1 1,792 b. n A   0,08 mol 22,4 - Phản ứng đốt cháy (A): 3n  1 t0 CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n +1)H2O (1) n CO  n H O   n C H 2 2 n 2n  2 2 0 3m  1 t CmH2m+2 + O2   mCO2 + (m-1)H2O (2) n CO  n H O  n C H 2 2 m 2m  2 2 - Phản ứng của CO2 với Ca(OH)2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (3) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (4) t0

Ca(HCO3)2  CaCO3  + H2O + CO2 

(5) 12 2.3   0,18 mol 100 100  1,2  n H O  0,16 mol

Theo phản ứng: n CO  n CaCO3 ( lÇn 1) +2n CaCO3 (lÇn 2) = 2

Dung dịch giảm 1,2 gam  12 – 0,18.44 - 18 n H

6  n C  n B  0,08  n  0,05 Theo đề và theo phản ứng (1,2)    C n  n B  n CO  n H O  0,02  n B  0,03 2 2  C Bảo toàn số mol cacbon  0,03n + 0,05m = 0,18  3n + 5m = 18 Với n  1; m  2  Chỉ có n = 1 ; m = 3 là thỏa mãn.

Vậy công thức phân tử của B và C lần lượt là: CH4 và C3H4 ---HẾT ĐÁP ÁN----

1 SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Hóa học Ngày thi: 01 – 4 –2018 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I: (4,75 điểm) 1. (2,25 điểm) Cho hình vẽ mô tả sự điều chế Clo trong phòng thí nghiệm như sau:

3 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HÓA HỌC TỈNH CAD MAU NĂM HỌC 2017-2018 ----------------------Câu I 1. a. Chất X là H2SO4 đặc. Do H2SO4 đặc háo nước và không tác dụng với khí Cl2, nên lắp bình đựng H2SO4 đặc để hấp thụ hơi nước, làm khô khí Cl2. Không thể thay H2SO4 đặc bằng CaO, vì xảy ra phản ứng giữa khí Cl2 với sản phẩm của quá trình hút ẩm. CaO + H2O  Ca(OH)2 Cl2 + Ca(OH)2 rắn  CaOCl2 + H2O 0, 02m 0,1m b. n MnO = mol ; n KMnO  mol 4 2 87 158 MnO2 + 4HCl đặc  MnCl2 + 2H2O + Cl2  0, 02m1 0, 02m1  (mol) 87 87 KMnO4 + 8HCl đặc  MnCl2 + KCl + 4H2O + 2,5Cl2  0,1m 2 0, 25m 2  (mol) 158 158 0, 02m1 0, 25m 2 Ta có: =  m1  6,88m 2 87 158 2. - Điều chế PE (polietilen): 0

t (ax ) –C6H10O5– n + nH2O  nC6 H12O6 men rîu C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2  H 2 SO4 ®Æc C2H5OH   C2H4 + H2O 170o C t 0 ,xt,P

nCH2=CH2   –CH2-CH2 – n (PE) - Điều chế etylaxetat: men giÊm C2H5OH + O2   CH3COOH + H2O H SO ®Æc, t o

2 4   CH3COOC2 H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH   - Điều chế caosu buna: Al2 O3 /ZnO 2C2H5OH   CH2=CH – CH=CH2 + H2 + 2H2O 400o C

t 0 ,xt,P

nCH2=CH –CH=CH2   –CH2 – CH=CH – CH2 – n (caosu buna) - Điều chế andehyt axetic: 0

t CH3CH2OH + CuO   CH3CHO + Cu + H2O 0

t ,Cu Hoặc viết: CH3CH2OH + ½ O2   CH3CHO + H2O - Điều chế etylclorua: xt CH2=CH2 + HCl   CH3CH2Cl H SO ®Æc, t o

2 4   C2H5Cl + H2O} (Hoặc C2H5OH + HCl   Câu II 80.15 12.250 1. m CuSO   12(gam)  m CuSO .5H O   18, 75(g) 4 4 2 100 160  mH O (nước cất cần lấy) = 80 – 18,75 = 61,25 gam  VH O (cần lấy) = 61,25 ml

4 * Cách pha chế: - Cân lấy 18,75 gam tinh thể CuSO4.5H2O cho vào cốc đủ lớn. - Đong lấy 61,25 ml nước cất rồi cho tiếp vào cốc trên, khuấy đều cho tan hết. 2. n Ca(OH) = 1,15 mol 2

y t0 a. CxHy + (x  ) O2  xCO2 + y/2H2O 4 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O a a a mol 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 b 0,5b 0,5b mol Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2  BaCO3  + CaCO3  + 2H2O 0,5b  0,5b 0,5b (mol) a  0,5b  1,15 a  0,5 Theo đề ta có:   n CO  1,8(mol)  2 100a  148,5b  243, 05 b  1,3 Dung dịch nước vôi tăng 50,8 gam  1,8.44 + 18 n H O  0,5.100  50,8  n H 2

= 1,2 mol

1,8 1,2.2 9;y=  12 0, 2 0,2 CTPT của Cumen: C9 H12 b. C9H12 có số liên kết pi + số vòng = 4 Vì Cumen không tác dụng dung dịch brom  có vòng benzen Mặt khác, Cumen + Br2 (hơi)  2 dẫn xuất monobrom nên CTCT đúng của Cumen là:

 x

CH3 CH CH3

(mũi tên là các vị trí thế Brom vào gốc ankyl của Cumen) as C6H5-CH(CH3)2 + Br2 (hơi)   C6H5-CHBr(CH3)2 + HBr as C6H5-CH(CH3)2 + Br2 (hơi)  C6H5-CH(CH3)CH2 Br + HBr (Giải thích: Nhóm CH3 trong ngoặc là nhánh CH3 đính vào C bên trái nó) Câu III 1. Có nhiều cách tinh chế Ag đơn giản như ngâm hỗn hợp vào dung dịch muối Fe(III), ngảm dung dịch trong dung dịch HCl và sục O2 liên tục, hoặc ngâm trong dung dịch AgNO3 dư. Tuy nhiên, cách tốt nhất là ngâm trong dung dịch AgNO3 dư vì thu được lượng Ag lớn nhất. - Cách tinh chế Ag: Hòa tan hỗn hợp Ag (lẫn Fe, Cu) vào dung dịch AgNO3 dư và khuấy đều để phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc lấy chất rắn rửa sạch, sấy khô thu được Ag tinh khiết. Fe + 3AgNO3 dư Fe(NO3)3 + 3Ag  Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag  Lưu ý: Nếu dùng dung dịch FeCl3 thì thu được lượng Ag không nhiều như cách trên, nhưng về giá thành của hóa chất chọn vào lại rẻ hơn, vì vậy cách này vẫn được xem là cách tốt. Tuy nhiên, ở đây đề không nói là tốt về mặt nào, vì vậy ta hiểu theo hướng là có lợi nhất trong điều kiện các hóa chất đều có sẵn và không quan tâm về giá thành của hóa chất chọn để làm sạch Ag. 2. - Phản ứng nhiệt nhôm 2yAl + 3FexOy  3xFe + yAl2O3 (1)  Vì B tác dụng với KOH giải phóng khí mà pư hoàn toàn  B: Fe, Al2O3, Al dư - Phần 2: n H  0, 015(mol) 2

Chất rắn không tan là Fe  n Fe  0, 045mol

5 Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O (2) 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2  (3) 0,01 0,015 mol -Phần 1: nSO  0, 2475 mol 2

Giả sử P2 = kP1 Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O (4) 2Al + 6H2SO4  Al2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  (5) 0,01k  0,015k (mol) 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  (6) 0,045k  0,0675k (mol) Theo đề  0,015k + 0,0625k = 0,2475  k = 3 4 BTKL  m = 14, 49  19,32 gam 3 1 n Al O (phần 2) = ( 14, 49  2,52  0, 01.27) :102  0,02 mol 2 3 3 n Fe 3x 0, 045 x 3 Theo (1)       Công thức oxit sắt: Fe3O4 n Al O y 0, 02 y 4 2 3

Câu IV 1. -Xác định chất: D F G H I X Y A B C H2S FeCl3 S FeCl2 + HCl HCl Hg(NO3)2 HgS Hg Cl2 H2SO4 - Phương trính hóa học: H2S + 2FeCl3 (vàng nâu)  2FeCl2 + S  (vàng) + 2HCl H2S + 3Cl2 + 4H2O  H2SO4 + 8HCl H2SO4 + BaCl2  BaSO4  (trắng) + 2HCl H2S + Hg(NO3)2  HgS  (đen) + 2HNO3 0

t HgS + O2   Hg (lỏng, trắng bạc) + SO2  2. a. - CaO mới nung tác dụng mạnh với nước nên dùng CaO dư thì toàn bộ nước bị hấp thụ. Tách bỏ phần rắn thu được ancol (hoặc chưng chất) CaO + H2O  Ca(OH)2 (rắn) - Na2SO4 khan có khả năng hút nước tạo tinh thể hidrat, khi dùng Na2SO4 khan (dư) thì toàn bị nước bị kết tinh, tách bỏ chất rắn thu được ancol etylic. (cách này không được chưng cất, vì sẽ có hơi nước trong tinh thể hidrat bay theo) Na2SO4 + 10H2O  Na2SO4.10H2O (rắn) b. Gọi m (gam) là khối lượng glucozo đã dùng 0,9m  mC H O (pư) =  0, 005m (mol) 6 12 6 180 men rîu C6H12O6   2C2H5OH + 2CO2  0,005m  0,01m (mol) 46 Theo đề ta có: 0,01m.46 = 5000. .0,8  m = 4000 gam = 4 kg 100 Câu V a. n HNO  0,7 mol ; n KOH  0,5 mol 3

* Nếu KOH hết (0,5 mol)  Rắn T chứa 0,5 mol KNO2  m T  0,5.85  42,5 (gam) > 41,05 gam  loại.

6 Vậy KOH dư  toàn bộ lượng nguyên tố Fe, Cu chuyển vào kết tủa Y. - Các phản ứng có thể xảy ra: (5-2x)Fe + (6n -2x)HNO3  (5-2x)Fe(NO3)n + (3n-x)H2O + nNOx  (1) (5-2x)Cu + (12 -2x) HNO3  (5-2x)Cu(NO3)2 + (6-x) H2O + 2NOx  (2) HNO3 dư + KOH  KNO3 + H2O Không xảy ra phản ứng này khi X có muối Fe(II) (3) Fe(NO3)n + nKOH  Fe(OH) n  + nKNO3 (4) Cu(NO3)2 + 2KOH  Cu(OH)2  + 2KNO3 (5) 0 3n t 2Fe(OH)n + O2  Fe2O3 + nH2O (6) 2 t0

Cu(OH)2  CuO + H2O

(7)

KNO3  KNO2 + ½ O2  Xét quá trình chuyển hóa Cu, Fe  Fe : a (mol) Fe O : 0,5a (mol) 56a  64b  11,6 a  0,15   2 3    Cu : b 80a  80b  16  b  0, 05 CuO : b

(8)

0,15.56 100%  72, 41%  %m Cu  27,59% 11, 6 41, 05  0,5.56 b. Tăng giảm KL theo (8)  n NO (trong X)   0,45 mol 3 46  17 Vì n NO  0, 45  3n Fe  2n Cu  0,55  dung dịch X gồm: Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, Cu(NO3)2

a. %m Fe 

 Không xảy ra phản ứng (3)  n Fe(NO ) = 0,55 – 0,45 = 0,1  n Fe(NO

3 )3

3 2

 0, 05 mol; n Cu(NO

3 )2

= 0,05 mol

1 n  0,35 mol 2 HNO3 BTKL (theo H,N,O)  0,7.63 = 0,45.62 + mB + 0,35.18  mB = 9,9 gam  m X  11, 6  87, 5  9,9  89,2 (gam)

Theo (1,2)  n H



Nồng độ % các chất tan trong dung dịch X: 0,1.180 C% Fe(NO )  100%  20,18% ; 3 2 89, 2 0, 05.242 C% Fe(NO )  100%  15,37% ; 3 3 89, 2 0, 05.188 C%Cu(NO )  100%  10,54% 3 2 89, 2 ---HẾT ĐÁP ÁN----

1 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC THÀNH PHỐ CẦN THƠ Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ---------------------Câu 1. (5,0 điểm) 1.1. Xác định các chất X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7 , X8, X9, X10, X11, X12 và viết phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng): (1)

FeS2 + X1   X2 + X3

(2)

X2 + HCl   X4 + H2O

(3)

X3 + X5   X6

(4) (5)

X6 + X7   X8 + NaHSO3 + H2O ®iÖn ph©n dung dÞch  X7 + X10 + H2 X9 + H2O  cã mµng ng¨n

(6)

X11 + H2O   C2H2 + X5

(7)

C2H2   X12

(8) X12 + X10   C6H6Cl6 1.2. Có 5 lọ dung dịch riêng biệt, không nhãn: CH3COOH, NaHCO3, BaCl2, (NH4)2 SO4, C2H5OH. Không được dùng bất kỳ chất nào khác, hãy phân biệt các dung dịch trong mỗi lọ. Câu 2. (6,0 điểm) 2.1. Cho hỗn hợp A gồm Al2O3 , Cu, Fe2O3 vào lượng dư dung dịch H2 SO4 loãng, thu được dung dịch B và chất rắn D. Cho từ từ dung dịch NaOH tới dư vào B thu được dung dịch E và kết tủa G. Nung G trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được chất rắn M. Cho khí H2 dư đi qua M, nung nóng thì thu được chất rắn Q. Nhỏ từ từ dung dịch HCl đến dư vào E thì thấy xuất hiện kết tủa T, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan từ từ cho đến hết. Xác định thành phần các chất có trong B, D, E, G, M, Q, T và viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2.2. Hòa tan hoàn toàn 13,45 gam hỗn hợp X gồm muối hidrocacbonat và muối cacbonat trung hòa của một kim loại kiềm (kim loại nhóm IA) bằng 300ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y và V lít khí CO2 (đktc). Để trung hòa Y, cần sử dụng tối thiểu 75ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức phân tử của hai muối có trong X và tính giá trị của V. Câu 3. (4,5 điểm) 3.1. Hỗn hợp X gồm 2,7 gam glucozơ và m gam saccarozơ. Cho X vào dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng cho đến khi phản ứng thủy phân xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch NaOH, thu được dung dịch Z. Cho toàn bộ Z tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 19,44 gam Ag. Biết rằng, khi thực hiện phản ứng tráng gương trong môi trường bazơ (NH3), fructozơ chuyển hóa hoàn toàn thành glucozơ. Tính giá trị của m. 3.2. Đốt cháy hoàn toàn 168 ml hỗn hợp khí G (đktc) gồm hai hidrocacbon A và B (MA < MB). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy (chỉ gồm CO2 và hơi nước) vào bình đựng dung dịch nước vôi trong, sau phản ứng hoàn toàn thu được 0,1 gam kết tủa, đồng thời khối lượng bình tăng lên 0,666 gam. Lọc lấy dung dịch sau phản ứng, đum đun nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,4 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của hai hidrocacbon có trong G. Biết phần trăm số mol của hidrocacbon B có trong G lớn hơn 15%. Câu 4. (4,5 điểm) 4.1. Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung nóng X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, thu được 4a mol H2. - Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, thu được a mol khí H2. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 4.2. Cho m gam bột Cu vào 500 ml dung dịch AgNO3 0,32M, sau một thời gian phản ứng, thu được 15,52 gam chất rắn A và dung dịch B. Lọc bỏ chất rắn A rồi cho thêm 11,7 gam Zn vào dung dịch B, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 21,06 gam chất rắn D. Xác định thành phần của A, B, D và tính giá trị của m. ---HẾT----

2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC THÀNH PHỐ CẦN THƠ Năm học 2017-2018 ---------------------Câu 1. 1.1. Xác định chất: X2 X3 X4 X1 O2 Fe2O3 SO2 FeCl3 Các phương trình hóa học:

X5 X6 X7 X8 X9 X10 X11 X12 Ca(OH)2 Ca(HSO3)2 NaOH CaSO3 NaCl Cl2 CaC2 C6H6 t0

(1)

4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2

(2)

Fe2O3 + 6HCl   2FeCl3 + 3H2O

(3)

2SO2 + Ca(OH)2   Ca(HSO3)2

(4) (5)

 CaSO3  + NaHSO3 + H2O Ca(HSO3)2 dư + NaOH  ®iÖn ph©n dung dÞch  2NaOH + Cl2  + H2  2NaCl + 2H2O  cã mµng ng¨n

(6) (7)

CaC2 + 2H2 O   C2H2  + Ca(OH)2 bét than C6H6 3C2H2  600o C as

(8) C6H6 + 3Cl2  C6H6Cl6 1.2. Trích mẫu các chất rồi cho các mấu lần lượt tác dụng đôi một. Hiện tượng được mô tả theo bảng sau: CH3COOH NaHCO3 BaCl2 (NH4)2SO4 C2H5 OH CH3COOH  NaHCO3   BaCl2  (NH4)2SO4   C2H5OH Kết luận: - Mẫu nào có một lần phản ứng tạo khí là CH3COOH - Mẫu nào có 2 lần phản ứng tạo khí là NaHCO3 - Mẫu nào có một lần phản ứng tạo kết tủa là BaCl2 - Mẫu nào có 1 lần phản ứng tạo khí và một lần phản ứng tạo kết tủa là (NH4)2SO4 - Mẫu không thấy hiện tượng gì là mẫu C2H5OH Các phương trình hóa học: NaHCO3 + CH3COOH  CH3COONa + H2O + CO2  (NH4)2SO4 + 2NaHCO3  Na2SO4 + 2H2O + 2CO2  + 2NH3  (NH4)2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2NH4 Cl Câu 2. 2.1. - Tác dụng của A với H2SO4 loãng, dư: Al2O3 + 3H2SO4  Al2 (SO4)3 + 3H2O Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2 (SO4)3 + 3H2O Cu + Fe2(SO4)3  2FeSO4 + CuSO4 + Dung dịch B: CuSO4 , Al2 (SO4)3, FeSO4, H2SO4 dư + Rắn D: Cu - Tác dụng với dung dịch NaOH dư: H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2  + Na2SO4 FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2 SO4 Al2(SO4)3 + 8NaOH  2NaAlO2 + 3Na2SO4 + 4H2O + Kết tủa G: Cu(OH)2 , Fe(OH)2 + Dung dịch E: Na2SO4, NaAlO2 , NaOH dư - Phản ứng nung rắn G trong không khí: t0

Cu(OH)2  CuO + H2O t0

2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2 O

3 - Khử M bằng H2: t0

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O t0

CuO + H2  Cu + H2 O + Rắn Q: Cu, Fe - Phản ứng của E với dung dịch HCl: NaOH + HCl  NaCl + H2 O NaAlO2 + HCl + H2O  Al(OH)3 + NaCl Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O + kết tủa T: Al(OH)3 2.2. Tính n HCl  0,3 mol; n NaOH = 0,15 mol MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2  a a a (mol) M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  b  2b b(mol) NaOH + HCl  NaCl + H2O 0,15 0,15 mol

a  2b  0,3  0,15  0,15 a.(M  61)  2b.(M  61)  0,15.(M  61) (1)  (2) a.(M  61)  b.(2M  60)  13, 45 a.(M  61)  b.(2M  60)  13, 45 0,15M  4,3 Lấy (1) trừ (2) và biến đổi được: b = (*) 62 0,15M  4,3 Vì 0 < b < 0,15/2 = 0,075 nên  0 < < 0,075  28,7 < M < 59,7  M = 39(K) thỏa mãn. 62

Ta có: 

Công thức của 2 muối: KHCO3 và K2CO3 Thay M = 39 vào (*)  b = 0,025  a = 0,1 mol V = (0,025 + 0,1).22,4 = 2,8 lít Lưu ý: Ở bài toán trên ta có thể giải theo những cách khác, chẳng hạn như: sử dụng phương pháp đại số làm xuất hiện giá trị trung bình, phương pháp giả thiết lượng chất min, max; phương pháp sử dụng chất ảo; phương pháp sử dụng tỷ lệ phản ứng (hoặc tỷ lệ chuyển chất) … các phương pháp này đã được thầy viết khá rõ trong sách "22 chuyên đề hay và khó bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa học THCS", các em hãy tìm đọc. Sau đây là định hướng giải theo một số cách khác: Cách 2: Biến đổi đại số làm xuất hiện giá trị trung bình Để hiểu phương pháp này, các em nhớ rằng: nếu có biểu thức

x.A  y.B  Q thì Q là giá trị trung bình của xy

các đại lượng A và B. Theo tính chất trung bình, ta có: A < Q < B hoặc B < Q < A.

a  2b  0,3  0,15  0,15 a.(M  61)  2b.(M  30) Chia    89, 7 a  2b a.(M  61)  b.(2M  60)  13, 45

Từ 

Theo tính chất trung bình  M + 30 < 89,7 < M + 61  28,7 < M < 59,7  M = 39 (K) Cách 3: Sử dụng phương pháp giả thiết. - Giả thiết 1: giả sử hỗn hợp chỉ có M2CO3 (xem như MHCO3 rất ít)

b  0, 075 a  2b  0,15   13, 45  M  59, 7  a  0 2M  60  0, 075  - Giả thiết 2: giả sử hỗn hợp chỉ có MHCO3 (xem như M2 CO3 rất ít)

b  0,15 a  2b  0,15   13, 45  M  28, 7  b  0 M  61  0,15  Thự tế hỗn hợp có cả 2 chất nên  28,7 < M < 59,7  M = 39 (K) thỏa mãn. Cách 4: Sử dụng chất ảo. Ta không tím được số mol hỗn hợp muối là do tỉ lệ số mol giữa HCl với từng muối là không đồng bộ.

4 Vì vậy ta sử dụng chất ảo để làm cho hỗn hợp có tỷ lệ số mol mỗi chất so với HCl hoàn toàn giống nhau. Đặt R = 2M (R là kim loại hóa trị II) Ta có hỗn hợp ảo: R(HCO3)2 và RCO3 R(HCO3)2 + 2HCl  RCl2 + 2H2O + 2CO2 (1) RCO3 + 2HCl RCl2 + H2O + CO2  (2) NaOH + HCl  NaCl + H2O (3)

Theo (1,2)  n hh (ảo) = n HCl  0,075 mol 2  M hh 

13, 45  179,3  2M + 60 < 179,3 < 2M + 122  28,65 < M < 59,65 0,075

 Chỉ có M = 39 (K) là thỏa mãn. Cách 5: Sử dụng tỷ lệ lượng chất tác dụng. Đặt T =

m hh n HCl



13, 45  89, 7 0,15

M  61  M  61 ) 1 2M  60 M2 CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  (T2 =  M  30 ) 2 MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2  (T1=

Theo tính chất trung bình  M + 30 < 89,7 < M + 61  28,7 < M < 59,7  M = 39 (K) Câu 3. 3.1. Phân tích: Ở bài toán này, nếu học sinh đọc đề không kỹ thì có thể dẫn đến sai sót. Mấu chốt bài toán ở chỗ thông tin " trong môi trường bazơ (NH3), fructozơ chuyển hóa hoàn toàn thành glucozơ". Như vậy trong phản ứng thủy phân saccarozơ ta xem như toàn bộ C6 H12O6 cuối cùng đều chuyển thành glucoz và đều tham gia phản ứng tráng gương. axit

C12H22O11 + H2O   2C6H12O6

m  342 C6H12O6

m (mol) 171 t 0 (NH )

3  C H O + 2Ag  + Ag2O  6 12 7



0,09

19, 44 mol 108

m 2, 7 + = 0,09  m = 12,825 gam 171 180 3.2. Tính số mol n G  0, 0075 mol 

Đặt công thức trung bình của hỗn hợp hidrocacbon (G): C x H y

Cx H y + ( x 

y y t0 )O2  x CO2 + H2O 4 2

(1)

Khi đun sôi dung dịch sau phản ứng với nước vôi trong vẫn còn thu được kết tủa, chứng tỏ phản ứng tạo 2 muối. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (2) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (3) t0

Ca(HCO3)2  CaCO3  + H2O + CO2  (4) Theo (2,3,4): n CO  n CaCO (lần 1) + 2. n CaCO (lần 2) = 0,001 + 0,004.2 = 0,009 mol 2

Bình nước vôi tăng 0,666 gam nên  18 n H O + 0,009.44 = 0,666  n H O = 0,015 mol 2 2 Chỉ số C và H trung bình: x 

n CO nG



2n H O 0, 009 2  0, 03  4  1, 2 ; y  0, 0075 nG 0,0075

Vì C = 1,2  Có một chất mang chỉ số C < 1,2  A: CH4

5 Mặt khác: vì H = 4 = chỉ số H trong CH4 nên  phân tử B có 4H Giải thích: Trong hỗn hợp 2 chất, trong đó có một chất có giá trị thật bằng giá trị trung bình thì giá trị thật của 2 chất đó bằng nhau. Điều này tương tự như học sinh A 15 tuổi, tuổi trung bình của học sinh A và học sinh B cũng bằng 15 tuổi, thì chắc chắn A và B đều có số tuổi bằng 15.

C n H 4 : a (mol) CH 4 : (1-a) mol

Giả sử có 1 mol G  G 

 an + 1 – a = 1,2  a = Theo đề  0,15 <

0, 2 n 1

0, 2 <1  1,2 < n < 2,3  n = 2 thỏa mãn. n 1

Vậy công thức phân tử của A, B lần lượt là: CH4 và C2H4  Lưu ý: Nếu các em học sinh biết cách biện luận tìm chỉ số H theo chỉ số H trung bình, thì các em có thể bào toàn số mol H vẫn tìm được chỉ số H của chất B bằng 4. Ngoài ra, các em cũng có thể giải bài toán trên bằng cách biện luận theo khối lượng mol trung bình của hỗn hợp G. Đặt công thức của B: CnHm Sau khi tìm được n = 2 (như cách ở trên) thì  a =

0, 2  0, 2 mol 2 1

Ta có: 0,2m + 0,8.4 = 4  m = 4  công thức của B là C2H4 Câu 4. 4.1. Tính số mol n Fe  0, 07 mol ; n Fe O = 0,1 mol 2 3

- Phản ứng nhiệt nhôm: t0

2Al + Fe2O3  2Fe + Al2O3 0,1 0,1 0,2 0,1 (mol) Vì hòa tan phần 2 vào dung dịch NaOH, sau phản ứng sinh khí nên chứng tỏ trong Y có Al dư Mặt khác, phản ứng hoàn toàn  Fe2O3 hết.  Y: 0,1 mol Al2O3; 0,27 mol Fe; x (mol) Al dư - Phần 2: Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2 O 2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2  0,5x  0,75x (mol) - Phần 1: Al2O3 + 3H2SO4  Al2 (SO4)3 + 3H2O 2Al + 3H2 SO4  Al2 (SO4)3 + 3H2 0,5x  0,75x (mol) Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  0,135  0,135 (mol) Theo đề ta có: 0,75x + 0,135 = 4.0,75x  x = 0,06 Bảo toàn lượng nguyên tố Al  m = (0,1.2 + 0,06).27 = 7,02 gam Lưu ý: Có thể so sánh số mol H2 phần 1 (a mol) và phần 2 (4a mol)  số mol H2 do Fe gấp 3 lần số mol H2

0,27 2

do Al  n Al( trong Y) =   0, 06 (mol). Ngoài ra các em có thể sử dụng quy tắc hóa trị (như bảo toàn 3 3 electron) để xử lý các dữ kiện về H2 và các kim loại Fe, Al mà không cần đặt các số liệu vào PTHH. Theo quy tắc hóa trị (bảo toàn electron ở cấp THPT)  n Al .3  n Fe .2  n H .2 2

4.2. Tính số mol: n AgNO  0,16 mol ; n Zn = 0,18 mol 3 Theo đề ta thấy: B tác dụng với Zn làm cho khối lượng chất rắn tăng lên, nên chứng tỏ trong dung dịch B có muối AgNO3 (hoặc so sánh khối lượng rắn A với khối lượng Ag trong muối ban đầu)  Rắn A: Ag, Cu dư ; dung dịch B: AgNO3 và Cu(NO3)2 Mặt khác: n Zn .2  0,36  n NO  0,16  Sau phản ứng với B thì Zn còn dư 3

 Rắn D: Ag, Cu, Zn Các phương trình hóa học:

6 Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag  Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag  Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu 

(1) (2) (3)

0,16

Theo phản ứng (3,5) n Zn (pư) = n NO (trong B)   0, 08 mol  n Zn (dư) = 0,1 mol 3 2 2 Bảo toàn khối lượng kim loại cho cả quá trình, ta có: m + 0,16.108 + 0,1.65 = 15,52 + 21,06  m = 12,8 gam Nhận xét: Ở dạng toán kim loại tác dụng với muối 2 giai đoạn: giai đoạn 1 không hoàn toàn, giai đoạn 2 hoàn toàn thì cách tốt nhất là sử dụng bảo toàn khối lượng kim loại. Nếu giải theo theo đại số thì có nhiều bài cho ra những kết quả trung gian với số liệu không tròn, làm cho việc tính toán trở nên phức tạp. Sau đây là một cách sử dụng phương pháp đại số (giải hệ phương trình tìm ẩm) Zn + 2AgNO3  Zn(NO3 )2 + 2Ag  x  2x 2x mol  kim loại tăng: 151x (gam) Zn + Cu(NO3 )2  Zn(NO3)2 + Cu  y y y (mol)  kim loại giảm: y (gam)

59  x  2x  2y  n  0,16    NO3 950 Ta có:   151x  y  21, 06  11, 7  y  17  950 2.59 17  m = 15,52 – (0,16  ).108 +  64 = 12,8 (gam) 950 950 ---HẾT ĐÁP ÁN----

3 HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG ĐỀ HSG TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2017-2018 ---------Bài III 1. Đốt cháy m gam đơn chất X (là chất rắn màu đỏ) trong oxi dư thu được chất rắn Y (chất Y tan trong nước thành một dung dịch axit tương ứng với Y). Cho toàn bộ chất rắn Y vào 500ml dung dịch chứa hỗn hợp NaOH 0,5M và KOH 1M đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm khô các chất thu được 47,24 gam chất rắn khan. Tìm giá trị của m. Hướng dẫn: Chất rắn X màu đỏ, Y là oxit axit  X là photpho (P) và Y là P2O5 Số mol NaOH = 0,25 mol ; KOH = 0,5 mol  mNa+K = 0,25.23 + 0,5.39 = 25,25 (gam) 0, 75.95 Nếu vừa đủ tạo ra muối PO4  mrắn = 25,25 + = 49 (gam) 3 0, 75.96 Nếu vừa đủ tạo ra muối =HPO4  mrắn = 25,25 + = 61,25 (gam) 2 Nếu vừa đủ tạo ra muối –H2PO4  mrắn = 25,25 + 0,75.97= 98 (gam) Theo đề bài mrắn = 47,24 gam < 49 gam  phản ứng tạo muối trung hòa và kiềm dư Đặt công thức của KOH và NaOH là MOH 0

t 4P + 5O2  (1)  2P2O5 P2O5 + 3H2O  2H3PO4 (2) H3PO4 + 3MOH  M3PO4 + 3H2O (3) m BT mol P  n H PO  n P  (mol) 3 4 31 3m Theo (3)  n H O  3n H PO = (mol) 2 3 4 31 98m 3m.18 BTKL theo pư (3)   0, 25.40  0, 5.56  47, 24   m = 6,51 (gam) 31 31 2. Đặt hai cốc A, B có khối lượng bằng nhau lên 2 đĩa cân, cân ở vị trí thăng bằng. Cho 120 gam hỗn hợp kali hidrocacbonat và natri hidrocacbonat vào cốc A; 85 gam bạc nitrat vào cốc B. Thêm từ từ 100 gam dung dịch axit sunfuric 19,6% vào cốc A; 100 gam dung dịch axit clohidric 36,5% vào cốc B. Sau thí nghiệm, cân có ở vị trí thăng bằng không? Nếu cân không ở vị trí thăng bằng thì cần thêm bao nhiêu gam dung dịch axit clohidric 36,5% vào cốc nào để cân trở lại vị trí thăng bằng? (Giả thiết khí CO2 không tan trong nước, bỏ qua quá trình bay hơi của nước và hidroclorua). Tóm tắt:

Hướng dẫn: Cốc A: nH

2SO 4



19, 6  0, 2 mol ; 98

120 120  1, 2  n NaHCO  KHCO   1, 43 mol 3 3 100 84

4  H2SO4 hết. 2MHCO3 + H2SO4  M2SO4 + H2O + 2CO2  0,2  0,4 (mol) mddB = 100 + 120 – 0,4.44 = 202,4(gam) Cốc B:

36,5 85  1(mol) ; n AgNO =  0,5 mol < 1  AgNO3 hết. 3 170 36,5 AgNO3 + HCl  AgCl  + HNO3 0,5  0,5 mcác chất trong B = 100 + 85 = 185 gam < 211,2 gam. Vậy cân không thăng bằng, cân lệch về bên cốc A. * Muốn cân thăng bằng phải thêm dung dịch HCl vào cốc B. Vì trong B không có chất nào tác dụng với HCl nên khối lượng dung dịch HCl thêm vào bằng độ chênh khối lượng giữa 2 cốc.  m ddHCl (thêm vào) = 202,4 – 185 = 17,4 (gam) n HCl 

Bài IV. 1. Cho ankan X tác dụng với clo trong điều kiện có ánh sáng thu được khí hidroclorua và 26,25 gam hỗn hợp Y gồm hai dẫn xuất monoclo và điclo. Lượng khí hidroclorua sinh ra được hòa tan hoàn toàn vào nước, trung hòa dung dịch thu được bằng 500ml dung dịch NaOH 1M. a) Tìm công thức phân tử của ankan X. b) Đốt cháy hoàn toàn V lít (ở đktc) ankan X bằng oxi dư, toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ vào 250ml dung dịch Z chứa đồng thời Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,32M thu được m gam kết tủa. Tìm điều kiện của V để m đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn: Đặt công thức của ankan X: CnH2n+2 (n  1, n nguyên) a.s CnH2n+2 + Cl2  (1)  CnH2n+1Cl + HCl a.s CnH2n+2 + 2Cl2   CnH2nCl2 + 2HCl (2) HCl + NaOH  NaCl + H2O (3) 0,5 0,5 mol Theo các phản ứng (1,2,3): n Cl(trong )  n HCl  0, 5 mol

Trong dẫn xuất điclo có hàm lượng Cl cao hơn trong dẫn xuất monoclo 14n  71 26, 25 14n  36,5    52,5   1,14 < n < 2,4  n = 2 2 0,5 1 Công thức phân tử ankan X: C2H6 b. n Ba(OH)  0, 05 mol; n NaOH = 0,08 mol 2

t C2H6 + 3,5O2   2CO2 + 3H2O V V  (mol) 22, 4 11, 2 Vì kết tủa cực đại nên Ba(OH)2 phản ứng hết và chưa xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa bởi CO2. CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (2) CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O (3) CO2 + H2O + Na2CO3  2NaHCO3 (4) * Lượng CO2 min khi vừa đủ xảy ra phản ứng (2) V  n CO  n Ba(OH)  0, 05mol   0, 05  V  0,56lit 2 2 11, 2 * Lượng CO2 max khi vừa đủ xảy ra phản ứng (2,3,4) V  0,13  V  1, 456 lit  n CO  n Ba(OH)  n NaOH  0, 05  0, 08  0,13mol  2 2 11, 2 Vậy 0,56 lít  V  1,456 lít

5 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,99 mol hỗn hợp X gồm CH3COOCH3, CH3COOC3 H7 và ba hidrocacbon mạch hở thì cần vừa đủ 3,81 mol O2 thu đươc CO2 và 43,2 gam nước. Nếu cho 0,165 mol hỗn hợp X tác dụng dung dịch Br2 dư thì có bao nhiêu mol Br2 phản ứng? Hướng dẫn: Giả sử đốt 0,165 mol X thì lượng CO2 và O2 là: 0,165 43,2 0,165 nO  .3,81  0,635 (mol) ; n H O =   0, 4 mol 2 2 0, 99 18 0,99 Đặt CT của axit và hidrocacbon lần lượt là: CnH2nO2 và CmH2m+2-2k t0

CnH2nO2 + (1,5n – 1)O2  nCO2 + nH2O a (mol)

(1)  hÖ sè (1,5H 2 O  O2 )  1

CmH2m+2-2k + (1,5m + 0,5 – 0,5k)O2  mCO2 + (m +1 – k)H2O (2)  hÖ sè (1,5H 2 O  O 2 )  1  k b(mol) CmH2m+2-2k + kBr2  CmH2m+2-2kBr2k (3) b bk (mol) Theo (1,2): a.1 + b.(1-k) = 1,5.0,4 – 0,635  bk = a + b + 0,035 = 0,165 + 0,035 = 0,2 mol Theo (2): n Br (phản ứng) = kb = 0,2 mol 2

Bài V. 1. Hòa tan một lượng hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong dung dịch H2SO4 loãng vừa đủ thu được dung dịch X trong đó số nguyên tử hidro bằng 1,76 lần số nguyên tử oxi. Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch X. Hướng dẫn: Phương trình hóa học: Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  Dung dịch X gồm Al2(SO4)3 và H2O Al2 (SO4 )3 :1(mol)  2x = 1,76.(x + 12)  x = 88 Giả sử H 2O : x(mol) 342 100%  17, 76% 342  88.18 2. Cho m (gam) Zn vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,15 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 26,9 gam kết tủa và dung dịch X chứa 2 muối. Lọc kết tủa, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6 gam kết tủa. Tím giá trị của m. Hướng dẫn: Dung dịch X gồm: Zn(NO3)2 và Cu(NO3)2  AgNO3 hết m rắn = 26,9 gam > 0,1.108 = 10,8 gam  Chất rắn gồm Ag, Cu (hoặc còn Mg) Chất rắn gồm Ag Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag  0,05 0,1 0,1 mol  tăng m1 = 7,55 gam Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu  x x x (mol)  giảm m 2 = x (gam) Khi cho Fe vào X thì chỉ xảy ra phản ứng của Fe với Cu(NO3)2 Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu  (tăng m  8gam /1mol Fe ) 6  5, 6  n Fe (phản ứng) =  0,05 mol < n Fe (ban đầu) = 0,1  Cu(NO3)2 hết 8  n Cu(NO ) = n Fe (phản ứng) = 0,05 mol  x = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

 C% Al

2 (SO4 )3



3 2

Việc tính toán xác định m có thể thực hiện theo nhiều cách khác nhau: Cách 1: Tăng giảm khối lượng

6 Tăng giảm khối lượng  m + 7,55 – 0,1 = 26,9  m = 19,45 (gam) Cách 2: Sử dụng BTKL cho phản ứng (1,2) BT mol NO3  2. n Zn(NO ) + 0,05.2 = 0,15.2 + 0,1  n Zn(NO ) = 0,15 mol 3 2

3 2

BTKL kim loại theo phản ứng (1,2)  m + 0,1.108 + 0,15.64 = 26,9 + 0,15.65 + 0,05.64  m = 19,45 gam Cách 3: BTKL cả quá trình Xét cả quá trình có 0,15mol Zn và 0,05 mol Fe đã chuyển vào muối, các kim loại còn lại ở trong các chất rắn.  m + 0,1.108 + 0,15.64 + 5,6 – 0,15.65 – 0,05.56 = 26,9 + 6  m = 19,45 gam Cách 4: Tính theo rắn lần 1 m Zn  0,15.65  26,9  0,1.108  (0,15  0, 05).64  19, 45 (gam) 3. Cho 5,102 gam hỗn hợp X gồm hai muối M2CO3 và MHCO3 tác dụng với dung dịch HCl dư, dẫn toàn bộ khí thoát ra vào 500ml dung dịch Y gồm KOH 0,024M và Ba(OH)2 0,09M thu được 7,88 gam kết tủa. Xác định công thức và tính phần trăm khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp X. Hướng dẫn: - Phản ứng của X với dung dịch HCl M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  (1) MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2  (2) - Phản ứng của CO2 với hỗn hợp kiềm n Ba(OH)  0, 045 mol ; n KOH = 0,012 mol 2

n BaCO  0, 04 mol < n Ba(OH) = 0,045  Kết tủa dưới cực đại  có 2 trường hợp 3

Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,04 0,04 mol

(3)

5,102  127,55 g/mol 0, 04 Theo TC trung bình M + 61 < 127,55 < 2M + 60  33,775 < M < 66,55  M = 39 (K) thỏa mãn 29.138  n K CO %m K CO  100%  78, 44% K 2 CO3 127,55  100 29  2 3 2 3 40.127,55    X  KHCO3 n KHCO 138  127,55 11 %m  21, 56% 3 KHCO3  (Hoặc giải hệ pt 2 ẩn tìm số mol  tính % khối lượng (như TH2), hoặc dùng cách khác đều được) Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần  n BaCO (hòa tan) = 0,045 – 0,04 = 0,005 mol Theo (1,2): n X  n CO 2  0, 04mol  M X 

CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (3) 0,045 0,045 0,045 mol CO2 + KOH  KHCO3 (4) 0,012 0,012 (mol) CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 (5) 0,005 0,005 mol 5,102 n X  n CO  0,062 mol  M X   82, 3 g/mol 2 0, 062 Theo TC trung bình M + 61 < 82,3 < 2M + 60  11,15 < M < 21, 3 M = 18 (-NH4) thỏa mãn (NH 4 )2 CO3 : a(mol) a  b  0,062 a  0, 012  X   NH 4 HCO3 : b(mol) 96a  79b  5,102  b  0, 05  %m (NH

4 )2 CO3



0, 012.96 100%  22,58%  %m NH HCO  77, 42% 4 3 5,102 ------Hết-------

1 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH HÀ TĨNH Năm học 2017-2018 Thời gian: 150 phút ----------------------Câu 1. (3,5 điểm) 1. Nung nóng hỗn hợp gồm BaSO4, Na2CO3 và FeCO3 trong không khí (chỉ chứa O2 và N2 ) đến khối lượng không đổi được chất rắn A và hỗn hợp khí B. Hòa tan A vào nước dư thu được dung dịch C và chất rắn D. Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào C thu được dung dịch E và khí F. Dung dịch E vừa tác dụng với NaOH, vừa tác dụng với H2SO4. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và xác định A, B, C, D, E, F. 2. Cho làn lượt các chất: Na2CO3, NaHSO4, CaSO3, P2 O5, Ca(HCO3)2, Al2O3 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư. Viết phương trình hóa học (nếu có) của các phản ứng xảy ra. Câu 2. (2,0 điểm) Khi điều chế axit sunfuric người ta hấp thụ khí SO2 bằng dung dịch H2SO4 thu được oelum có công thức tổng quát là H2SO4.nSO3. Tính khối lượng khí SO3 hấp thụ vào 200 gam dung dịch H2SO4 96,4% để thu được một loại oleum có thành phần phần trăm theo khối lượng của SO3 là 40,82%. Câu 3. (2,5 điểm) Tiến hành thí nghiệm với dung dịch của từng muối X, Y, Z ta thấy các hiện tượng được ghi trong bảng sau: Mẫu thử Thí nghiệm Hiện tượng X hoặc Y Tác dụng với dung dịch HCl dư Đều có khí CO2 Y hoặc Z Tác dụng với dung dịch NaOH dư Đều có chất kết tủa X Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng Có chất khí thoát ra Z Tác dụng với dung dịch HCl dư Có kết tủa Biết: MX + MZ = 249 ; MX + MY = 241 ; MZ + MY = 332. Xác định công thức của các muối X, Y, Z và viết phương trình hóa học minh họa. Câu 4. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 4,741 gam đơn chất X trong oxi rồi cho toàn bộ sản phẩm thu được hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch NaOH 25% (D = 1,28 g/ml) được dung dịch A. Nồng độ của NaOH trong A giảm đi

1 so với 4

nồng độ của nó trong dung dịch ban đầu. A có khả năng hấp thụ tối đa 17,92 lít khí CO2 (đktc). Xác định X và tính nồng độ phần trăm của chất tan trong A. Câu 5. (2,0 điểm) Cho m gam hỗn hợp A gồm MgCO3 , Mg, CuCO3, FeCO3 tác dụng hết với dung dịch HCl thu được 4,8 gam hỗn hợp khí B có thể tích là 6,72 lít (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 40,9 gam muối khan. Tính m. Câu 6. (3,0 điểm) X là hỗn hợp gồm hidrocacbon A và O2 (tỉ lệ mol tương ứng 1:10). Đốt cháy hoàn toàn X thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc, dư thoát ra hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với hidro là 19. 1. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A. 2. Trộn x mol A với 3x mol một hidrocacbon B thu được hỗn hợp T. Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít T (ở đktc), lấy toàn bộ sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu được 59,1 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của B. Câu 7. (2,5 điểm) 1. Hợp chất hữu cơ có công thức phân tử C6H6 có làm mất màu dung dịch brom ở điều kiện thường không? Viết công thức cấu tạo minh họa và viết phương trình hóa học (nếu có). 2. Cho 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm C2H2 và H2 qua bột niken nung nóng, thu được hỗn hợp Y chỉ chứa 3 hidrocacbon (Y có tỉ khối so với H2 là 14,25). Cho Y tác dụng với dung dịch brom dư thấy có q mol brom phản ứng. Tính q. Câu 8. (2,5 điểm) Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, MgO, MgSO4 tan hoàn toàn trong 163,68 gam dung dịch H2SO4 28,74%, sau phản ứng thu được dung dịch Y (có chứa H2SO4 4,9%) và 6,048 lít H2 (đktc). Lấy 120 gam dung dịch Y cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa Z và dung dịch T. Lọc lấy kết tủa Z và nung đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Sục khí CO2 đến dư vào dung dịch T thu được 9,36 gam kết tủa. Xác định giá trị của m, a và phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp X. -**--

2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LƠP 9 TỈNH HÀ TĨNH Năm học 2017-2018 --------------------Câu 1. 1. – Phản ứng nung nóng hỗn hợp 0

t 2FeCO3 + ½ O2   Fe2O3 + 2CO2  Rắn A: BaSO4, Na2CO3, Fe2 O3 Khí B: CO2, O2, N2 – Hòa tan A vào nước: Chỉ có Na2CO3 bị hòa tan Dung dịch C: Na2 CO3 Rắn D: BaSO4, Fe2O3 – Phản ứng của C với dung dịch HCl Na2CO3 + HCl  NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2  Dung dịch E: NaHCO3 , NaCl (không còn HCl hoặc Na2CO3) Khí F: CO2 – Phản ứng của E với NaOH và H2SO4 : NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O 2NaHCO3 + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O + 2CO2  2. Các phương trình hóa học xảy ra: Na2CO3 + Ba(OH)2 dư  BaCO3 + NaOH + H2O NaHSO4 + Ba(OH)2 dư  BaSO4 + NaOH + H2 O P2O5 + 3Ba(OH)2 dư  Ba3(PO4)2  + 3H2O Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 dư  BaCO3  + CaCO3  + 2H2O Al2O3 + Ba(OH)2 dư  Ba(AlO2)2 + H2O Câu 2. Cách 1: Tính theo %m SO3 trong oleum 200.96,4 m H SO (ban đầu) =  192,8 gam ; m H O (ban đầu) = 7,2 gam 2 4 2 100 Vì thu được oleum nên nước phản ứng hết SO3 + H2O  H2SO4 Bđ: m 7,2 192,8 (gam) Pư: 32 7,2 39,2 (gam) S pư: (m–3,2) 0 232 (gam) m  32 40,82 Theo đề ta có:   m  192 (gam) 232 100  40,82 Cách 2: Tính theo bảo toàn khối lượng SO3 + H2O  H2SO4 0,4 0,4 0,4 mol 100 m oleum  (192,8  0, 4.98).  392 gam  mSO  392  200  192(gam) 3 59,18  Cách 3: Tính theo công thức oelum CT của oelum: H2SO4.nSO3 80n 40,82  ta có:   n = 0,845 80n  98 100 SO3 + H2O  H2SO4 32 7,2 39,2 (gam) 0,845SO3 + H2SO4  H2SO4.0,845SO3 x? 232 (gam) 232.0,845.80  mSO3  32  = 192 gam 98  Lưu ý: Các em cũng có thể sử dụng cách khác…

3 Câu 3. Phân tích: Đây là bài tập có cả dữ kiện định tính và định lượng. Riêng phần định lượng đề bài đã cho đủ 3 phương trình chứa 3 ẩn là khối lượng mol 3 chất X, Y, Z. Từ đây ta tính được khối lượng mol các chất X, Y, Z lần lượt bằng 79, 162, 170. Các dữ kiện định tính ch ta đoán được X, Y là các muối cacbonat, còn Z là muối Ag. Để chọn muối thích hợp các em lấy các khối lượng mol trừ cho khối lượng mol các gốc axit hoặc kim loại, sau đó chia cho các hóa trị thường gặp của KL (thường là 1,2) sẽ tìm nhanh công thức của các muối X, Y, Z. Nếu các em thường xuyên giải bài tập thì cũng có thể thấy khối lượng mol là đủ cơ sở đoán được chất tương ứng.) Hướng dẫn:  M X  M Y  241  Theo đề ta có:  M X  M Z  249  MX =79; MY = 162; MZ =170  M  M  332 Z  Y Mẫu thử Thí nghiệm Hiện tượng X hoặc Y Tác dụng với dung dịch HCl dư Đều có khí CO2 Y hoặc Z Tác dụng với dung dịch NaOH dư Đều có chất kết tủa X Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng Có chất khí thoát ra Z Tác dụng với dung dịch HCl dư Có kết tủa Phân tích bảng hiện tượng thấy: - X, Y là các muối cacbonat  X: NH4HCO3 (M=79) ; Y: Ca(HCO3)2 (M = 162) - Z tác dụng HCl dư có kết tủa  Z là muối Ag  Z: AgNO3 (M=170) Phương trình hóa học: NH4HCO3 + HCl  NH4Cl + H2O + CO2  Ca(HCO3)2 + 2HCl  CaCl2 + 2H2O + 2CO2  Ca(HCO3)2 + 2NaOH dư  CaCO3  + Na2CO3 + 2H2O 2AgNO3 + 2NaOH  NaNO3 + Ag2O  + H2O 0

t NH4HCO3 + 2NaOH   Na2CO3 + 2H2O + NH3 

AgNO3 + HCl  AgCl + HNO3 Câu 4.

m dd NaOH  V.d  100.1,28  128(g) ; m NaOH  n NaOH 

128.25%  32(g) 100%

32 17,92  0,8(mol) ; n CO2   0,8(mol) 40 22, 4

Vì dung dịch A (chứa NaOH) hấp thụ tối đa CO2 khi vừa đủ xảy ra phản ứng tạo muối axit NaHCO3. NaOH + CO2  NaHCO3 0,8 0,8 0,8 mol Ta thấy: n NaOH (trong A) = 0,8 mol = n NaOH (ban đầu)  chứng tỏ oxit của X không phản ứng với NaOH, dung dịch ban đầu chỉ bị pha loãng. Đặt oxit của X là X2On 100 BTKL  m X O  32.  128  42,67 (gam) 2 n 25.3/ 4 n  1 2X 4,741 Xét hợp chất: X2 On    X  1n   16n 42,667  4,741  X  1 (H) Vậy X là H2  oxit của X là H2O 0

t 2H2 + O2   2H2O 4,741 (g)  42,669 (g) m ddA  128  42,669  170,669 gam Dung dịch A chỉ có một chất tan là NaOH 32 C% NaOH  100%  18,75% 170,669

3 Hoặc tính theo tỷ lệ nồng độ: C% NaOH  25%.  18,75% 4

4 Nhận xét: Ở phần xác định X, các em học sinh cũng có thể khẳng định oxit X2On không phản ứng với NaOH mà hấp thụ được trong nước chỉ có thể là hơi nước. Vậy X là H2. Câu 5. n CO2  n H2  0,3 n CO2  0,1mol  n B  0,3mol   44n CO2  2n H2  4,8 n H 2  0,2 mol Phương trình hóa học: MgCO3 + 2HCl  MgCl2 + H2 O + CO2  CuCO3 + 2HCl  CuCl2 + H2O + CO2  FeCO3 + 2HCl  FeCl2 + H2O + CO2  Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  Theo các phản ứng: n HCl  2  (n CO2  n H )  0,3.2  0,6 mol ; n H O  n CO  0,1 mol 2

BYKL  m + 0,6.36,5 = 40,9 + 0,1.62 + 0,2.2  m = 25,6 gam Lưu ý: Có thể giải theo tăng giảm khối lượng, nhanh hơn nhiều Chuyển từ A  muối khan là tách ra CO3 và cộng vào gốc Cl  m – 0,1.60 + 0,6.35,5 = 40,9  m = 25,6 gam Câu 6. 1. Phân tích: Nếu bài toán trên cho A là chất khí ở điều kiện thường thì chắc chắn khí dư là oxi, vì y y t0 CxHy + (x + )O2  xCO2 + H2O 4 2 Với xmax = 4; ymax = 10  (x + 0,25y) = 6,5 < 10  O2 dư. Ở đây, hỗn hợp X không cho trạng thái ở điều kiện thường nên không giới hạn được chỉ số C trong hidrocacbon. Vì vậy bài toán này cần biện luận theo 2 trường hợp đối với khí dư sau phản ứng (A hoặc O2). Hướng dẫn: Giả sử có 1mol A và 10 mol O2 y y t0 CxHy + (x + )O2   xCO2 + H2O 4 4 Dẫn sản phẩm qua H2SO4 đặc thì hơi nước bị hấp thụ M Z  19.2  38g / mol < M CO = 44  trong Z còn O2 hoặc CxHy dư 2

Trường hợp 1: Dư CxHy 10 Ta có:  1  x + 0,25y > 10 (*) x  0, 25y Nếu x = 6; y = 14 thì x + 0,25y = 9,5 < 10 Vậy để thỏa mãn (*) thì x > 6  MA > 12.6 = 72 > 38 (loại)  Hoặc chứng minh ngược lại: MA < 38  12x + y < 38  xmax = 3; ymax = 8 10 10  n A (phản ứng) =   2  1 mol  loại x  0, 25y 3  0,25.8 Trường hợp 2: Dư O2 y y t0 CxHy + (x + )O2  xCO2 + H2O 4 4 1  (x + 0,25y) x (mol) n CO 2  38  32  1  10  x  0,25y  x  y  10  2x (*) nO 44  38 1 0, 25 2

Từ (*)  chỉ có x = 4; y = 8 thỏa mãn. Công thức của A là C4H8 CTCT: CH2=CH–CH2–CH3 ; CH3 – CH=CH – CH3 ; CH2=C(CH3)2 CH2 H2 C

CH3

2. Tính số mol n T  0, 2 mol ; n C

4 H8

H2 C

CH2

H2 C

CH2



0, 2  0,05 mol ; n B = 0,15 mol 4

5 n Ba(OH)  0, 4 mol ; n BaCO = 0,3 mol < 0,4 mol  có 2 trường hợp 2

 Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,3 0,3 mol Bảo toàn số mol C  0,05.4 + 0,15. CB = 0,3  CB = 0,67 (loại) Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,4 0,4 0,4 mol CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 0,1  (0,4 - 0,3) mol Bảo toàn số mol C  0,05.4 + 0,15. C B = 0,4 + 0,1  C B = 2 Vậy công thức phân tử của B có thể là: C2H2, C2H4 hoặc C2H6 . Câu 7. 1. Tính chất hóa học của hợp chất hữu cơ phụ thuộc vào cấu tạo Hợp chất có phân tử C6H6 có tổng số vòng và số liên kết kém bền (  ) là: 2.6  2  6 k=  4  có thể có hoặc không làm mất màu dịch brom ở nhiệt độ thường. 2 -Công thức cấu tạo minh họa: CH CH

Benzen có cấu tạo vòng liên hợp (bền) nên không làm mất màu dd brom ở đk thường CH

CHC– CH2– CH2– CCH: Có 4 liên kết kém bền nên làm mất màu dung dịch brom ở điều kiện thường -Phương trình hóa học minh họa: CHC(CH2)2CCH + 4Br2  CHBr2 –CBr2(CH2)2CBr2–CHBr2 2. Tính n X  0, 45 mol ; M Y =28,5 g/mol Sau phản ứng qua niken thu được hỗn hợp chỉ gồm 3 hidrocacbon nên H2 hết Gọi x, y lần lượt là số mol C2H2 và H2 trong X 0

t (Ni) C2H2 + H2   C2H4 0

t (Ni) C2H2 + 2H2   C2H6 Y gồm: C2 H6, C2 H4, C2H2 dư Theo phản ứng thấy số mol Y = số mol C2H2 ban đầu = x (mol) BTKL  26x + 2y = 28,5x  2,5x  2y  0  x  0,2 Ta có:    x  y  0,45  y  0,25 Xét cả quá trình thì toàn bộ số mol các hợp chất không no đều phản ứng hết. Đặt X2 là công thức chung của H2 phản ứng và Br2 phản ứng C2H2 + 2X2  C2H2X4 0,2  0,4 mol Ta có: n H  n Br  n X  0,25 + q = 0,4  q = 0,15 mol 2

Lưu ý: Bài toán trên có thể giải theo những cách khác, như: phương pháp trung bình, phương pháp bảo toàn số mol liên kết pi, ghép ẩn hoặc phân tích hệ số... Dưới đây là một số phương pháp khác: Cách 2: Sử dụng công thức trung bình Đặt CT trung bình của Y: C2Hx  24 + x = 14,25.2 = 28,5  x = 4,5 C2H2 + 1,25H2  C2H4,5 a 1,25a a (mol) C2H4,5 + 0,75Br2  C2H4,5Br1,5 a  0,75a (mol) Theo đề  a + 1,25a = 0,45  a = 0,2 mol  q = n Br (phản ứng) = 0,75a = 0,75.0,2 = 0,15 mol 2

6 Cách 3: Sử dụng ghép ẩn số Gọi x,y lần lượt là số mol C2H2 tạo C2H4 và C2H6 Gọi z là số mol C2H2 còn dư t 0 ( Ni)

C2H2 + H2   C2H4 x x x (mol) t 0 (Ni)

C2H2 + 2H2   C2H6 y  2y y C2H4 + Br2  C2H4Br2 x x (mol) C2H2 + 2Br2  C2H2 Br4 z  2z (mol) (Nhiệm vụ chúng ta là không cần tìm giá trị của từng ẩn x,y,z mà chỉ cần tìm nghiệm của đa thức x + 2z, vì đây là số mol Br2) Theo đề ta có: 2x + 3y + z = 0,45 (1) BTKL  26.(x + y + z) + 2.(x + 2y) = (x + y + z).28,5  x - 3y + 5z = 0 (2) Lấy (2) + (1) được: 3x + 6z = 0,45  x + 2z = 0,45: 3 = 0,15 = q Cách 4: Sử dụng bảo toàn liên kết pi (hoặc phân tích hệ số phản ứng) Trước hết cần tìm số mol C2H2 và H2 như bước 1 Phân tích hệ số phản ứng, ta thấy: n Br  n H  2n C H  q + 0,25 = 0,2.2  q = 0,15 mol 2

2 2

Câu 8. Phân tích: Đây là bài toán khá hay (tuy không khó), có thể làm không ít học sinh lúng túng khi sử dụng các dữ kiện đề cho. Thử hỏi? "H2 bay ra do kim loại nào? kết tủa cuối cùng là gì? " Từ số mol H2 bay ra  0,18 mol Al trong m (gam) hỗn hợp. Vậy cho kết tủa Al(OH)3 = 0,12 mol làm gì? 18 So sánh lượng Al ở 2 TN  mY = 120. = 180 gam. 12 Nếu các mấu chốt đã được tháo gỡ thì bài toán trên có thể nói đã trở nên đơn giản. Phân tích: Tính số mol mH SO  47,04 gam ; n H SO =0,48 mol ; 2

n H  0,27mol ; n Al(OH)  0,12 mol 2

- Phản ứng của X với H2SO4 loãng, dư: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 (1) 0,18 0,27 0,09 0,27 (mol) MgO + H2SO4  MgSO4 + H2 O (2) x x x (mol) Gọi x, y lần lượt là số mol MgO, MgSO4 trong m (gam) hỗn hợp X. Dung dịch Y: (x + y) mol MgSO4 ; 0,09 mol Al2(SO4)3; H2SO4 dư - Phản ứng của 120 gam dung dịch Y: H2SO4 + 2NaOH  Na2SO4 + H2O (3) Al2(SO4)3 + 8NaOH  2NaAlO2 + 3Na2SO4 + 4H2O (4) MgSO4 + 2NaOH  Mg(OH)2  + Na2SO4 (5) 0

t Mg(OH)2  (6)  MgO + H2O + Chất rắn: a (gam) MgO ; Dung dịch T: NaAlO2, Na2SO4, NaOH CO2 + NaOH  NaHCO3 (7) CO2 + 2H2O + NaAlO2  NaHCO3 + Al(OH)3  (8) 0,12 0,12 mol n Al(ban ®Çu) 0,18 Vì   1,5 nên  m Y  1,5.120  180 (gam) n Al(OH) 0,12 3

Bảo toàn khối lượng  m + 163,68 = 180 + 0,27.2  m = 16,86 (gam)

7 180.4,9  0,09 mol  n H SO (pư với X) = 0,39 mol 2 4 100.98 Ta có hệ phương trình:  40x  120y  16,86  0,18.27  12  x  0,12    x  0, 27  0,39  y  0,06 nH

(trongY)  2SO4

Bảo toàn mol Mg ta có sơ đồ: TL 2/3 MgO + MgSO4   MgO 0,12 0,06 (mol)

2 n MgO (sp nung kết tủa) = (0,06 + 0,12). = 0,12 mol 3

 a = 0,12.40 = 4,8 (gam) (Hoặc so sánh tổng số mol Mg trong MgO và MgSO4 bằng số mol Al ban đầu nên  số mol rắn MgO sau nung cũng bằng số mol kết tủa Al(OH)3 = 0,12 mol. Để đơn giản trong tính toán các em có thể đồng nhất các dữ kiện ở tất cả các thí nghiệm trong bài toán) Phần trăm khối lượng mỗi chất trong X: 0,18.27 0,12.40 %m Al  100%  28,83% ; %m MgO  100%  28, 47% 16,86 16,86  %m MgSO  42,70% 4

---HẾT ĐÁP ÁN----

SƠ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019

Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

Bài 1. 2x  y  1 x  2y  4

1. Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  2. Gọi x1 ;x2 là hai nghiệm của phương trình x2  2x  11  0. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức T  x12  x1x2  x22

Bài 2. 1. Rút gọn biểu thức  A  2:  

  (x  0) x 1 1 x  1  1  2. Cho hai đường thẳng (d1 ) : y  x  1 và  d2  : y  mx  2  m (với m là tham số, 1



m  1 ). Gọi I(x0 ;y0 ) là giao điểm của  d1  với  d 2  . Tính giá trị của biểu

thức T  x02  y02 Bài 3. 1. Một hình chữ nhật có diện tích bằng 360 (m 2 ) . Nếu tăng chiều rộng lên 3m và giảm chiều dài đi 10m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ban đầu. Tính chu vi hình chữ nhật ban đầu 2. Giải phương trình: x  1  7 6  x  15 Bài 4. Cho điểm S cố định ở bên ngoài đường tròn (O). Vẽ tiếp tuyến SA của đường tròn (O)(với A là tiếp điểm) và cát tuyến SCB không qua tâm O, điểm O nằm trong góc ASB, điểm C nằm giữa S và B. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CB. 1) Chứng minh rằng tứ giác SAOH nội tiếp một đường tròn 2) Chứng mnh rằng SA2  SB.SC 3) Gọi MN là đường kính bất kỳ của đường tròn (O) sao cho ba điểm S, M, N không thẳng hàng. Xác định vị trí của MN để diện tích tam giác SMN lớn nhất Bài 5. Giả sử hai số tự nhiên có 3 chữ số là abc và xyz có cùng số dư khi chia cho 11. Chứng minh rằng abcxyz chia hết cho 11

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 GIA LAI 2018-2019 c¢U1: 2x  y  1 2x  y  1 x  2y  4 x  2.3  4 x  2 1)      x  2y  4 2x  4y  8 3y  9 y  3 y  3 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (2;3) 2) ta cã :  '  ( 1)2  1.( 11)  12  0 x  x  2  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt .¸p dông Viet   1 2 x1x 2  11 T  x12  x1x 2  x 22   x1  x 2   3x1x 2  2 2  3.(11)  37 2

VËy T  37  Bµi 2.1) A  2 :    2:



1 x 1 1

  x  1  1  1



x 1 1

x 1 1

x 1 1

x 1 1





2:

2 x 11

 2.

x  x 2

2) Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm lµ : x  1  mx  2  m (m  1)  x  mx  1  m  x(1  m)  1  m  x  1  y  1  1  2 nª n T  x 02  y02  12  12  2 Bµi 3.1) Gäi a(m) lµ chiÒu dµi (a  0) 360 a NÕu t¨ng chiÒu réng lª n 3m vµ gi ¶ m chiÒu dµi 3m th× S kh«ng ®æi

 ChiÒu réng lµ :

 360   (a  10)   3   360  a  3600  360   3a  30  360 a 3600  3a   30  0  3a 2  30a  3600  0 a a  40(chän)   ChiÒu dµi :40m,chiÒu réng : 360 : 40  9(m) a  30(lo¹i) Nª n chu vi ban ®Çu lµ :  40  9  .2  98(m)

2. x  1  7 6  x  15(1  x  6)  7 6  x  15  x  1 B×nh ph¬ng 2 vÕ :  49(6  x)  225  30 x  1  x  1  30 x  1  224  50x  294  3 x  1  5x  7 B×nh ph¬ng 2 vÕ :  9 x  9  25x 2  70x  49 x  2 (chän)  29   25x 2  79x  58  0   . VËy S  2;  x  29 (chän)  25   25

Cau 4

O B

S C

H N K

a) V× H lµ trung ®iÓm BC  OH  BC (§êng kÝnh d©y cung)  OHC  900 Tø gi¸c OASH cã :OAS  OHS  900  900  1800  OASH lµ tø gi¸c néi tiÕp b) XÐt SAB vµ SCA cã :S chung;SAC  SBA (cïng ch¾n AC) SA SC  SAB SCA (g  g)    SA 2  SB.SC SB SA c) KÎ SK  MN 1 1 Ta cã :S SMN  SK.MN  SO.MN (V× OKS vu«ng t¹i K  SO  SK) 2 2 VËy ®ÓS SMN max th  H  O VËy SO võa trung tuyÕn, võa ®êng cao  SMN c©n t¹i S  MN  SO

Cau 5 Gäi P lµ sè d cña abc khi chia cho11(0  p  11)  100a  10 b  c  11M  p t¬ng tù100 x  10y  z  11N  p ta cã :abcxyz  100.000a  10.000b  1.000c  100x  10y  z  1000(100a  10b  c)  (100 x  10 y  z)  1000(11M  p)  11N  p  11(1000M  N)  1001p 11(1000M  N ) 11 mµ   abcxyz 11 1001 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC 

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2015-2016

Môn thi: TOÁN Thời gian thi: 120 phút 1

1   a 1

a 2 

Câu 1. Cho biểu thức P      : a   a  2 a  1   a 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm a để P 

1 6

Câu 2. Cho phương trình x2  2(m  1)x  m  1  0 a) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để phương tình có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn điều kiện x1  3x2 Câu 3. Hai người thợ cùng làm một công việc trong 16 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 3 giờ và người thứ hai làm trong 6 giờ thì họ làm được

1 công 4

việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình trong mấy giờ thì xong . Câu 4. Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB; C là điểm chính giữa của cung AB. M thuộc cung AC  M  A;M  C  . Qua M kẻ tiếp tuyến d với nửa đường tròn, gọi H là giao điểm của BM và OC. Từ H kẻ một đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt tiếp tuyến d ở E. a) Chứng minh OHME là tứ giác nội tiêps b) Chứng minh EH = R. c) Kẻ MK vuông góc với OC tại K. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMK Câu 5. Tìm giá trị lớn nhất của A  x  1  y  2 , biết x  y  4

DAP AN DE VAO 10 HA GIANG 2015-2016 C©u1  1   a 1 a  2  a  0  1 a) P=   :        a   a 2 a  1   a  1;a  4   a 1 



 a  1   a ( a  1)  a  2.  a  2  .  a  1  1 .

a  a 1

a ( a  1)



a 1

a 1 a  4

 a  1

a 2

a 2



a 2 3 a

1 a 2 1 4 16    6 a  12  3 a  9 a  12  a   a  6 6 3 9 3 a 16 1 VËy a  vµ a  4 th× P  9 6 2 C©u 2: a) x  2(m  1)x  m  1  0 b) V× P 

 '  (m  1)2  m  1  m 2  2m  1  m  1  m 2  3m m  3 §Ó ptrinh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th×  '  0  m 2  3m  0   m  0 x1  x 2  2m  2 b) ¸p dông Viet   x1x 2  m  1 m 1  x1  3x 2 4x 2  2m  2 x2      2 Ta cã x1  x 2  2m  2  x1  3x 2  x x  m  1 x x  m  1 x  3m  3  1 2  1 2  1 2  m 1  3 x1x 2  m  1    . (m  1)  m  1  2  2 3  (m 2  2m  1)  m  1 4  5 2 7 m (chän)  3 2 5 1 3   m  m 0 4 2 4  52 7 (lo¹i) m   3 Bµi 3.Gäi x(giê) lµ thêi gian xong viÖc cña ngêi thø1(x  16)

Gäi y (giê) lµ thêi gian xong viÖc cña ngêi thø II (y  16) 1  1giê ngêi thø I lµm ®îc: x 1 1giê ngêi thø II lµm ®îc: y 1 1 1 1 1  x  y  16  x  24 x  24  Theo ®Ò ta cã hÖ ph¬ng trinh:    (chän) 1 1 3 6 1 x  48        x y 4  y 48 vËy ngêi thø nhÊt mÊt 24h xong;ngêi thø hai mÊt 48 h xong

Cau 4

C M E

K D

O' H

a) EM lµ tiÕp tuyÕn  EMO  900 Ta cã C lµ ®iÓm chÝnh gi÷a  CO  BA  AOC  900 mµ HE / /AB  EHO  900 Tø gi¸c EMHO cã EMO  EHO  900 ,cã 2 ®Ønh M, H liªn tiÕp cïng nh×n EO díi1gãc 900  EMHO lµ tø gi¸c néi tiÕp b) V× EMHO lµ tø gi¸c néi tiÕp  MHE  MOE (cïng nh×n ME)(1) mµ MHE  MBA (®ång vÞ)(2) mµ MBA  BMO  MOB c©n do OM  OB  R  (3) BMO  HEO (cïng nh×n HO)(4) vµ HEO  EOA (so le trong)(5) tõ (1);(2);(3);(4);(5)  MOE  EOA vµ OE chung;OA  OM  R  EMO  EAO (cgc)  A  M  900  Tø gi¸c AEHO cã 3gãc vu«ng nª n lµ h×nh ch÷ nhËt  EH  AO  R 1 c) Ta gäi D lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp OMK  DOC  MOK 2 1 mµ DBC  MOK (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cïng ch¾n MC)  DBC  DOC 2 Mµ DBC, DOC cã 2®Ønh liªn tiÕp O,B cïng nh×n c¹nh DC díi1gãc b» ng nhau  ODCB néi tiÕp  §êng trßn ngo¹i tiÕp OBC ®i qua t©m D

Cau 5 ¸p dông hÖ thøc Bunhiacopxki  A  x 1  y  2 

1



 12  x  1  y  2   2.(4  3)  2

3  x  x  1  y  2  2  Max A  2. DÊu"  "x ¶ y ra    x  y  4 y  5  2 3  x  2 VËy Max A  2   y  5  2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1. 1) Giải phương trình x2  6x  5  0 x  y  25 2x  1  y  4

2) Giải hệ phương trình  Câu 2

1 1  8  6. 3 2 2 a 3 a 2 2) Cho biểu thức B    (a  0;a  9) a 3 a 3 a 9

1) Rút gọn biểu thức A  2

Rút gọn B. Tìm các số nguyên a để B nhận giá trị dương Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y  x2 và đường thẳng (d) có phương trình y  5x  m  2 (m là tham số) 1) Điểm A(2;4) có thuộc đồ thị hàm số (P) không ? Tại sao? 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt có tung độ y1 ;y2 thỏa mãn y1  y2  y1y2  25 Câu 4. Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O) (B và C là hai tiếp điểm). Lấy điểm M thuộc đường tròn (O)sao cho BM song song với AC. Gọi N là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM và đường tròn (O), K là giao điểm của hai đường thẳng BN và AC. 1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh KA2  KB.KN 3) Tính độ dài đoạn thẳng AK theo R 4) Tiếp tuyến M, N của (O) cắt nhau tại E. Chứng minh E, B, C thẳng hàng Câu 5. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 4. Chứng minh 1 1 1 1 1   1    8  9.     a b c a b bc ca 

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 HÀ NAM 2018-2019 C©u1 1) x 2  6x  5  0  x 2  5x  x  5  0  x(x  5)  (x  5)  0 x  5   x  5 x  1  0   . S  5; 1 x  1 x  y  25 x  2x  5  25 3x  30 x  10 x  10 2)      2x  1  y  4 y  2x  5 y  2x  5 y  2.10  5 y  15 C©u 2: 1) A=2 2) B  

1 1 2 1  8  6. 3   .2 2  18  2  2  3 2  3 2 2 2 2 2 a a 3



a2  a  0;a  9  a 3 a9 3

  a  3

a ( a  3)  3.



 a  3

a 3 a 2



a 3 a 3 a 9a 2 7  a9 a 9

§Ó B nguyª n th× (a  9) ¦ (7)  1; 7 a  9  1  a  10(tm) a  9  7  a  16 (tm)

a  9  1  a  8(tm) a  9  7  a  2 (tm)

vËy a  10;16;8;2 th× B nguyª n C©u 3:1) ta cã 2 2  4 nª n A(2;4) (P) 2) Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P) x 2  5x  m  2  x 2  5x  m  2  0    5  4(m  2)  33  4m 2

§Ó (d) c¾t (P) t¹i2 ®iÓm ph©n biÖt th×   0  33  4m  0  m  x x  m  2 Khi ®ã ¸p dông Vi et ta cã :  1 2 x1  x 2  5 Ta cã :y1  x12 ;y 2  x 22  y1  y 2  y1y 2  25  x12  x 22  (x1x 2 )2  25   x1  x 2   2x1x 2   x1x 2   25 2

hay 52  2(m  2)  (m  2)2  25  2m  4  m 2  4m  4  0  m  4 (tm)  m 2  6m  8  0    m  2 (tm) VËy m  4;2 th× tháa ®Ò

33 4

Cau 4

C K A

O N

M B

1) Ta cã ABO  ACO  900  900  1800  ABOC lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Ta cã ABN  ABK  AMB (gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn d©y cung cïng ch¾n cung BN) Mµ AMB  MAC  NAK (so le trong do BM / /AC)  ABK  NAK XÐt AKN vµ BKA cã :ABK  NAK (cmt);AKB chung KA KN   KA 2  KN. KB KB KA 4) XÐt tø gi¸c OMEN cã :OME  ONE  900  OME  ONE  180 0

 AKN

BKA(g.g) 

 OMEN néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh OE  E ®êng trßn ngo¹i tiÕp OMN ®êng kÝnh OE AN AB Ta cã :  (cm c©u b)  AN. AM  AB 2 AB AM ¸p dông hÖ thøc lîng trong tam gi¸c ABO cã AB 2  AF.AO  AN.AM  AF.AO  XÐt ANF vµ AOM cã :OAM chung;

AN AO  (cmt)  ANF AF AM

AN AO  AF AM

AOM (cgc)

 AFN  AMO  NMO L¹i cã :AFN  NFO  1800 (kÒ bï)  NMO  NFO  1800  Tø gi¸c OFNM néi tiÕp  F  ®êng trßn ngo¹i tiÕp DOMN ®êng kÝnh OE  OFE  900  EF  OF  EF  OA Mµ BC  OA (cmt)  F  BC  qua F kÎ ®îc hai ®êng th¼ng vu«ng gãc víi OA lµ EF vµ BC  EF  BC VËy 3®iÓm E,B,C th¼ng hµng

3) V× BM/ / AC  MBC  BCA (so le trong) mµ BCA  BMC (gãc néi tiÕp vµ gãct¹o bëi tiÕp tuyÕn d©y cung cïng ch¨n BC)  MBC  BMC  BCM c©n t¹i C KÐo dµi OC c¾t BM t¹i H, ta cã CO  AC (gt);AC / /BM (gt)  OC  BM  OC  CH  H lµ trung ®iÓm BM, l¹i cã :OB  OC  R;AB  AC(t / c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)  OA lµ trung trùc BC  OA  BC XÐt tam gi¸c OAC cã AC  OA 2  OC 2 

 3R 

 R 2  2 2R  AB (Pytago)

AC.OC 2 2R.R 2 2   R  BF OA 3R 3 AC 2 8R 2 8R 2 AC  AF.AO  AF    (HÖ thøc lîng tam gi¸c vu«ng) AO 3R 3 4 2 CF 2 2  BC  2 CF  R  cos OCF   3 OF 3  CF 

BCH vu«ng cã :CH  BC.cos OCF 

4 2R 2 2 16R .  3 3 9

4 2R 8 2  BM  2BH  R 9 9 Gäi D  AM  BC,¸p dông ®Þnh lý Ta-let BH  BC 2  CH 2 

8 2R BM BD DM 4     9  AC DC AD 2 2R 9 

BD 4 BD 4 4 4 2R 16 2R     BD  .  BD  DC 4  9 BC 13 13 3 39

 DF  BF  FC 

10 2R 39

XÐt ADF vu«ng cã : AD 2  AF 2  DF 2 

64R 2 200R 2 6 34R   9 1521 13

BM 4 DM  AD 13 AM 13 13 2 34       AM  AD  R AD 9 AD 9 AD 9 9 17 XÐt tam gi¸c ANB vµ tam giacABM : BAM chung;ABN  AMB (gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëitiÕp tuyÕn d©y cung) AN AB AB 2 8R 2 6 34   AN    R AB AN AM 2 34 17 R 17 2 34R 6 34 16 34R  MN  AM  AN    3 17 51 8 2 6 34 R. R BM MN BM.AN 17 ¸p dông ®Þnh lý Ta let :   AK   9 R 2 AK AN MN 16 34 51  ABN

AMB (g.g) 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 07 tháng 6 năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A =

x 4 3 x 1 2 và B = với x ≥ 0, x ≠ 1  x 1 x  2 x 3 x 3

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9. 2) Chứng minh B =

1 x 1

3) Tìm tất cả giá trị của x để

A x  5. B 4

Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và độ dài đường chéo bằng 10 mét. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó theo đơn vị mét. Bài III (2,0 điểm) 4 x  y  2  3 1) Giải hệ phương trình   x  2 y  2  3 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (m + 2)x + 3 và parabol (P): y = x2. a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có các hoành độ là các số nguyên. Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối của tia AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O; R) sao cho điểm C nằm trên cung nhỏ AB (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1) Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO. 2) Khi SO = 2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo CSD . 3) Đường thẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng SC, cắt đoạn thẳng CD tại điểm K. Chứng minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của đoạn thẳng SC. 4) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng BD và F là hình chiếu vuông góc của điểm E trên đường thẳng AD. Chứng minh rằng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F luôn thuộc một đường tròn cố định. Bài V (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x  1 x  2 x . ………………………Hết……………………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………………….. Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 1: Họ tên, chữ kí của cán bộ coi thi số 2:

Câu

Đáp án tham khảo chi tiết

1. a)

Thay x  9 thỏa mãn điều kiện xác định vào biểu thức A ta có:

9 4 7  9 1 2

A Vậy khi x  9 thì A 

B

7 . 2

3 x 1 2   x  2 x 3 x 3

B

3 x 1 2 x  2





x 1

x 3



3 x 1



x 1

x 3



x 3



 



x 1

x 3



2 x 3



1 x 1 Với x  0; x  3 . Suy ra điều phải chứng minh. B

A x 4 1  :  x  4  x  0; x  1; x  3 B x 1 x 1 A x x x   5  x  4   5   x 1  0 B 4 4 4

 x4 x 4 0 Mà











x 2  0

x  2  0 với mọi x thỏa mãn điều kiện xác định.



x 2  0 x 2  0  x  2  x  4.

So với điều kiện, thỏa mãn. A x Vậy x  4 thì   5 . B 4 2. Nửa chu vi là: 28 : 2 = 14 (m) Gọi chiều dài mảnh đất là x (mét). Điều kiện: 0 < x < 14. => Chiều rộng mảnh đất là 14 – x (mét).

Ta có chiều dài lớn hơn chiều rộng nên x > 14 – x => x > 7. Vì độ dài đường chéo là 10 mét nên ta có phương trình x2 + (14 – x)2 = 102  2x2 – 28x + 196 = 100  x2 – 14x + 48 = 0

 x  8  7 (TM )    x  6  7( L) Vậy chiều dài mảnh đất là 8 mét, chiều rộng là 14 – 8 = 6 (mét). 3. 1)

4 x  y  2  3 8 x  2 y  2  6   Ta có:   x  2 y  2  3  x  2 y  2  3 9 x  9 x 1       x  2 y  2  3 2 y  2  3 1  2

 x  1  x  1   y  1  x  1  y  2  1      x 1 x 1  y  2  1       y  2  1   y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (1; -1) và (1; -3) 2)

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

x2   m  2 x  3

 x 2   m  2  x  3  0(*) Vì ac = -3 < 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt (đpcm) b) Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*)

  x1  x2  m  2    x1 x2  3 Vì x1; x2 nguyên => x1; x2 U (3) , ta có bảng sau:

-3

-1

-3

x1  x2 -2

-2

-4

Kết luận: Vậy m = 0 hoặc m = -4….

4. 1)

O B

A C

1) Ta có OH  HS (Tính chất trung điểm dây cung) => H nằm trên đường tròn đường kính SO. Ta có C, D là tiếp điểm nên OC  SC; OD  SD => C, D nằm trên đường tròn đường kính SO. 2)

Ta có OD = R; SO = 2R Do đó, SD =

SO2  OD2  4R2  R2  R 3

Và ta có OSD = 300 (Cạnh đối diện bằng nửa cạnh huyền) Tương tự, ta có SC = SD = R 3 ; OSC = 300. Do đó, tam giác SCD cân và có CSD = 600  Tam giác SCD đều

E O B

A P

Ta có

3.1) AK // SC nên AKD = SCD = ½ cung SD của đường tròn đường kính SO. Ta có SHD = ½ cung SD của đường tròn đường kính SO. => AKD = AHD => Tứ giác ADHK nội tiếp. 3.2) Chứng minh BK đi qua trung điểm của SC - Gọi I là giao điểm của tia AK và đoạn thẳng BC, P là giao điểm tia BK và SC. Ta chứng minh K là trung điểm của AI, AI//SC từ đó suy ra BK đi qua trung điểm P của CS. (Dùng hệ quả định lý Ta-let) 4)

E O M B

A P

C -

Gọi M là trung điểm OH, R là trung điểm OA, dễ chứng minh M cố định, MR là đường trung bình ∆ OAH, từ đó suy ra MR // HA, mà HA vuông góc OH => MR vuông góc OH =>  OMR vuông Có  MOR = 1/2  AOB =  ADB =  EDF

 ∆ DFE đồng dạng ∆ OMR (g-g) =>

DF DE DB   OM OR OA

 ∆ DFB đồng dạng ∆ OMA(c-g-c) =>  DFB =  OMA (góc tương ứng)  Mà  DFB kề bù  AFB;  OMA kề bù  AMH   AFB =  AMH =>  AFB = 1/2  AMB Xét đường tròn (M;MA) có:  AMB là góc ở tâm chắn cung AB  AFB = 1/2  AMB (cmt)   AFB là góc nội tiếp chắn cung AB của đường tròn (M;MA) Mà M, A cố định.  F luôn thuộc đường tròn (M;MA) cố định khi S di chuyển trên tia đối của tia AB. 5. Bài V: Tìm giá trị nhỏ nhất của P  1  x  1  x  2 x Điều kiện : 0  x  1. Dùng :

a  b  a  b, a, b  0

 1 x  x  1 x  x  1  Ta có   P  2  MinP  2  x  0 1  x  x  1  0  1  

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian: 90 phút

Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau

2  x  b) Q  1  với x > 0 và x  4 : x 2 x 2  Giải: a) Ta có P  9.5  5  3 5  5  2 5 a) P  45  5

x 22 x 2 x x 2 x 1 .  .   x x x x 2 x 2 x

b) Ta có Q 

 1  Câu 2: a) Xác định hệ số a của hàm số y  ax 2 (a  0), biết đồ thị của nó đi qua điểm M   ;1  3  2 2 b) Cho phương trình x  2  m  1 x  m  m  0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương

trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 1  x1   1  x 2   6 2

1  1  Giải: a) Đồ thị của hàm số đi qua điểm M   ;1 nên x   ; y = 1 thay vào đẳng thức 3  3  2

 1 y  ax 2 được a     1  a  9  3

b) Để phương trình có hai nghiệm thì  '  0   m  1   m2  m   0 2

  x1  x 2  2  m  1  m2  2m  1  m2  m  0  m  1  0  m  1 . Theo Vi-et thì  2   x1 x 2  m  m

Ta có 1  x1   1  x 2   6  1  2x1  x12  1  2x 2  x 22  6 2

  x1  x 2   2x1x 2  2  x1  x 2   4  4  m  1  2  m2  m   4  m 1  4 2

 4m2  8m  4  2m2  2m  4m  4  4  2m2  2m  4  0  m2  m  2  0 m  2  m2  2m  m  2  0  m  m  2   m  2  0   m  2  m  1  0    m  1 Đối chiếu ĐK m  1 thi m = -1 thỏa mãn bài toán Câu 3: Hai người công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 16 giờ. Nếu người 1 thứ nhất làm 3 giờ và người thứ hai làm 2 giờ thì họ làm được công việc. Hỏi nếu làm một mình thì 6 mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu ? Giải: Gọi thời gian người công nhân A làm một mình xong công việc là x (giờ). ĐK x > 16 Thời gian người công nhân B làm một mình xong công việc là y (giờ). ĐK y > 16 1 1 1 Mỗi giờ A làm được (công việc), B làm được (công việc), cả hai người làm được x 16 y 1 1 1 1 1 1 (công việc). Ta có phương trình      (1) x y 16 y 16 x 1 Vì A làm 3 giờ và B làm 2 giờ thì họ làm được công việc nên ta có phương trình 6 3 2 2 1 1 1 3 2 1  x  24 thay vào (1) được   (2). Từ (1) thế vào (2) được      x 16 x 6 x 24 x y 6

1 1 1 1 1      y  48 . Đối chiếu điều kiện ta có thời gian người thứ nhất làm một y 16 24 y 48 mình xong công việc là 24 giờ, người thứ hai là 48 giờ Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC, nội tiếp đường tròn (O; R). Vẽ đường kính AD của đường tròn (O), đường cao AH của tam giác ABC (H thuộc BC) và BE vuông góc với AD (E thuộc AD) a) Chứng minh rằng tứ giác AEHB nội tiếp b) Chứng minh rằng AH. DC = AC. BH c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng IH = IE Giải: a) Ta có BH  AE (gt); AH  BC (gt)  AEB  AHB  900 suy ra đỉnh E, B cùng nhìn A đoạn thẳng AB dưới 1 góc vuông nên tứ giác AEHB nội tiếp đường tròn b) Ta có ADC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét AHB và ACD có O 0 E AHB  ACD  90 và ABH  ADC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)  AHB  ACD (g – g) AH BH C B H I  AH. DC = AC. BH   AC DC D c) Theo câu a tứ giác AEHB nội tiếp 1 nên BAD  EHI (cùng bù với BHE ) mà BAD  BOD (góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung 2 1 BD)  EHI  BOD (1). Ta lại có IB = IC (gt)  OI  BC do đó BIO  BEO  900 suy ra đỉnh E, I 2 cùng nhìn đoạn BO dưới 1 góc vuông nên tứ giác BIEO nội tiếp  EIC  BOD (cùng bù với BIE ) (2) 1 Từ (1) và (2) suy ra EHI  EIC  EIC  2EHI mà EIC  EHI  IEH (góc ngoài của EIH) 2  EHI  IEH  EIH cân tại I  IH = IE 25 Câu 5: Cho a, b là các số thực thỏa mãn  a  2  b  2   . Tìm GTNN của P  1  a 4  1  b4 4 Giải: Áp dụng BĐT Minicopski ta có P  1  a 4  1  b4 

a

1  1

  a 2  b2 

 b2   4 . Từ giả thiết ta có 2a  2b  ab 

9 4 2 2 2 4a  1  4a a b   ab (1);  2 Ta có a 2  b2  2ab   4a 2  4b 2  4  a  b   2 2  4b  1  4b  2  a 2  b2   2  a  b   1 (2). Cộng theo vế các BĐT (1) và (2) được



5  a 2  b2  2

 ab  2  a  b   1 

Do đó GTNN của P bằng

9 5 1 1 17  1   a 2  b2   P  4  4 4 2 4 2

1 17 . Đạt được khi a  b  2 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. Giải phương trình và hệ phương trình 1)

3x  17  y 2)  x  2y  1

3x  1 x 1 2

Câu 2. 1) Tìm m để phương trình d1 : y   m2  1 x  2m  3 cắt đường thẳng d: y  x  3 tại điểm A có hoành độ bằng – 1 



x 1

2) Rút gọn biểu thức A     1 (x  0;x  1) : x 1  x  2 x 1 x x Câu 3. 1) Quãng đường Hải Dương – Hạ Long dài 100km. Một ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long rồi nghỉ ở đó 8 giờ 20 phút, sau đó trở về Hải dương hết tất cả 12 giờ. Tính vận tốc của ô tô lúc đi, bết vận tốc ô to lúc về nhanh hơn vận tốc ô tô lúc đi là 10 km/h 2) Tìm m để phương trình x2  2mx  m2  2  0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 thỏa mãn x13  x32  10 2 Câu 4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Goi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. 1) Chứng minh AC 2  CH.CB 2) Chứng minh tứ giác BCNM nội tiếp và AC.BM  AB.CN  AH.BC 3) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE / /CF Câu 5. Cho phương trình ax2  bx  c  0(a  0) có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn 0  x1  x2  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức L 

3a 2  ab  ac 5a 2  3ab  b2

ĐÁP ÁN ĐỀ TOÁN VÀO 10 HẢI DƯƠNG 2018-2019 C©u1 3x  1 3x  1  2x x 1  1  x 1  2  x  1 2 2 3x  17  y 3(1  2y)  17  y 7y  14 x  1  2.2 x  5 2)      x  2y  1 x  1  2y x  1  2y y  2 y  2 VËy hpt cã nghiÖm (x;y)  (5;2)

C©u 2 1) 1  x 1  1 2) A=   1 : x 1  x  2 x 1 x x 

1 x x.





x 1

 .



x 1

x 1

1 

 x 1 x



x x

C©u 3Gäi x(km/h) lµ vËn tèc «t« lóc ®i(x  0)  VËn tèc lóc vÒ :x  10(km / h) 11 Tæng thêi gian c¶ ®i vµ vÒ:12h-8h20'= 3 Theo ®Ò ta cã ph¬ng tr×nh 100 100 11 100(x  10)  100x 11     x x  10 3 x 2  10x 3 2  11x  110x  3000  600x x  50(chän)  11x  490x  3000  0   x  60 (lo¹i)  11 VËy vËn tèc « t« lóc ®i lµ 50km / h 2



1 x

Cau 4

F A N E

M B

P C H

1) Ta cã : ABC néi tiÕp (O),BC ®êng kÝnh  ABC vu«ng t¹i A,cã ®êng cao AH  AC 2  CH.CB (hÖ thøc lîng ) 2)*) Gäi P lµ giao ®iÓm cña AH vµ MN.V× A  M  N  900  AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt  PAN  PNA (t / c h×nh ch÷ nhËt ) mµ PAN  ABH (cïng phô BAH)  ABH  PNA  MNCB néi tiÕp (gãc trong t¹i1®Ønh b»ng gãc ngoµi t¹i ®Ønh ®èi diÖn) *) V× MH / /AC  BHM

BM BA   BM.AC  BA.HM HM AC  BM.AC  AH.BH (1)

BCA 

mµ HM.BA  HA.BH  2S AHB

AB HN   AB.CN  AC.HN AC CH  AB.CN  AH.HC (2)

V× HN//AB  CHN ®ång d¹ng CBA  mµ AC.HN  AH.HC  2S AHC Céng (1),(2)vÕ theo vÕ

 AC.BM  AB.CN  AH.(HB  HC)  AH.BC AN NF 3) Ta cã : ANF EMA (g.g)    AN.AM  ME.NF (1) ME AM BMH HNC (g.g)  BM. NC  MH. HN (2)

Mµ AM. AN  MH. HN (v× AM  NH;AN  MH)(3) NF BM ME BM Tõ (1),(2),(3)  NF.ME  BM.NC     NC ME NC NF Mµ BME  CNF  900  BME

FNC (cgc)  CFN  EBM

L¹i cã :NFA  MEA (do AB/ / HF) nª n ta cã CFE  BEF  CFN  NFA  BEF  EBM  MAE  BEF  CFE  BEF  EBA  BAE  BEF  1800 vËy BE / /CF

Câu 5.

Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ;x 2 tháa m·n 0  x1  x 2  2         0 b 2  4ac  0 b 2  4ac    af(0)  0 ac  0 ac  0     af(2)  0  a(4 a  2 b  c)  0  a(4 a  2 b  c)  0 S  b b  0  0  0 2  2a  2a S  b  4a  b 0  0  2  2  2a  2a b  x1  x 2   a Theo hÖ thøc vi et ta cã :  x x  c  1 2 a Theo ®Ò bµi ta cã b c 3  a a (do a  0) 2 b b 5  3.    a a 3  (x1  x 2 )  x1x 2  L  0, víi mäi 0  x1  x 2  2  2  5  3(x1  x 2 )   x1  x 2  3a 2  ab  ac L 2  5a  3ab  b 2



3  x1  x 2  x1x 2 1 5  3x1  x 2  x1x 2   5  3x1  x 2  x1x 2 L 3  x1  x 2  x1x 2

x12  2x1  2 x12  x 22  2x1  2x 2 x  2x 2 V× 0  x1  x 2  2   2  x1  2  0  x1  2  x 2  2   0 x  2  0  2

 

1 5  3x1  3x 2  2x1  2x 2  2x1x 2 5  5x1  5x 2  2x1x 2   L 3  x1  x 2  x1x 2 3  x1  x 2  x1x 2

 x  2  x1  2   3(do x  2 x  2  0) 3x1x 2  3x1  3x 2  9  x1x 2  2x1  2x 2  4  3 2  2  1  3  x1  x 2  x1x 2 3  x1  x 2  x1x 2

1 1 1  3  3L  1  L   Min L  L 3 3 2 x1  2x1  x1  2 Dau"  "xay ra  x 22  2x 2  x 2  2  x 2 x 2  0    1 2  1 VËy Min L  khi  x1 ;x 2   (0;2) vµ c¸c ho¸n vÞ 3

0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. Cho hai biểu thức A  3.



 x x   x x  3  3 12  2 27 ; B   1   .  1   (x  0; x  1)  x  1 x  1   



a) Rút gọn biểu thức A, B b) Tìm các giá trị của x sao cho AB  0 Câu 2. a) Cho đồ thị hàm số y  ax  b song song với đường thẳng y  2x  1 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3. Xác định các giá trị a, b 3x  y  6  11

b) Giải hệ phương trình 

5x  y  6  13

Câu 3. 1) Cho phương trình ẩn x: x2  2(m  1)x  m2  1  0 (*) (m là tham số) a) Giải phương trình (*) với m = 2 b) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 thỏa mãn điều kiện x1  2x2  1 2) Bài toán có nội dung thực tế Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 144 km. Một ô tô khởi hành từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường. Sau khi ô tô đi được 20 phút, ô tô thứ hai cũng đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc lớn hơn vận tốc của ô tô thứ nhất là 6km/h (vận tốc không đổi trên cả quãng đường). Biết rằng cả hai ô tô đến thành phố B cùng một lúc a) Tính vận tốc của hai xe ô tô b) Nếu trên đường có biển báo cho phép xe chạy với vận tốc tối đa 50km/h thì hai xe ô tô trên, xe nào vi phạm giới hạn về tốc độ Câu 4 1. Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), AH là đường cao của tam giác ABC. Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Từ hai điểm B và C kẻ BE  AD tại E, CF  AD tại F a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HE // CD c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng mnh IE = IF 2. Tính diện tích toàn phần của một hình nón có chiều cao h = 16 cm và bán kính đường tròn đáy là r = 12 cm?

a  b  c Câu 5. a) Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có ab  bc  ca  3

b) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z 

3 Chứng minh: 4

  1 1 1 6(x 2  y2  z 2 )  10(xy yz  zx)  2    9  2x  y  z x  2y  z x  y  2z 

Đẳng thức xảy ra khi nào ? DAP AN VAO 10 HAI PHONG 2018-2019 Cau1: a) A  3.  3.



 

3  3 12  2 27  3.



3  3.2 3  2.3 3



3 6 3 6 3  3 3



 

 x. x  1  x x   x x   x.( x  1)   B  1  . 1   1  . 1     x  1   x  1   x  1   x 1  







 

 1 x . 1 x  1 x vËy A  3 3

B  1 x

b) AB  0  3 3(1  x)  0 (x  0;x  1) v× 3 3  0  1  x  0  x  1 KÕt hîp víi ®k  x  1 Cau 2 : a  2 a)(d) : y  ax  b songsong víi y  2x  1   b  1 x  0 V× (d) : y  2x  b c¾t trôc tung t¹i ®iÓm cã tung ®é b»ng 3   (*) y  3 thay (*) vµo (d)  3  2.0  b  b  3(tháa) vËy a  2;b  3 3x  y  6  11 8x  24 x  3 x  3 x  3 b)      y  6  4 y  2 5x  y  6  13  y  6  5x  13  y  6  2 VËy (x;y)  (3; 2) Cau 3.1.a) víi m  2, ptrinh (*) thµnh:x 2  6x  5  0  x 2  x  5x  5  0 x  5  x(x  1)  5(x  1)  0  (x  5)(x  1)  0   x  1 VËy khi m  2 th× S  5;1

b) x 2  2(m  1)x  m 2  1  0 (*) ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm ph©n biÖt   '  0   m  1  m 2  1  0  m 2  2m  1  m 2  1  0  2m  0  m  0 2

x1  x 2  2m  2 (1) ¸p dông Vi et ta cã :  2 x1x 2  m  1 (2) theo bµi x1  2x 2  1(3) 4m  3  x1  x1  2x 2  1  x1  x 2  2m  2   3 Tõ (1);(3) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh   2m  3   x1  2x 2  1 x 2  3 x  2m  3 2  3 4m  3 2m  3 Thay vµo (2) ta ®îc : .  m2  1 3 3  8m 2  12m  6m  9  9m 2  9  m  0 (lo¹i)  m 2  18m  0    m  18(chän) vËy m  18 th× tháa ®Ò 2.a) Gäi vËn tèc cña «t« thø nhÊt lµ x (km / h)(x  0)

Thêi gian « t« ®i hÕt qu·ng ®êng AB lµ :

144 (h) x

VËn tèc cña « t« thø hai lµ : x  6 (km / h) 144 x6 1 « t« thø nhÊt ®i sím h¬n « t« thø hai 20 phót  h nª n ta cã ph¬ngtr×nh : 3 144 144 1    3.144(x  6)  3.144 x  x(x  6) x x6 3 x  48(chän)  x 2  6x  2592  0   x  54 (lo¹i) VËy vËn tèc cña « t«1:48(km / h), vËn tèc « t« 2 :48  6  54 (km/ h) thêi gian « t« 2 ®i hÕt qu·ng ®êng AB lµ :

b) V × biÓn b¸o lµ 50km/h nªn xe thø hai vi ph¹m tèc ®é do 54  50

Cau 4

N O

E C

I B

F D

a) XÐt tø gi¸c ABHE cã :AHB  AEB (gt)  Hai ®iÓm H vµ E cïng nh×n AB díi1gãc 900  Tø gi¸c ABHE lµ tø gi¸c néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh AB b) Do tø gi¸c ABHE néi tiÕp (cmt)  DEH  ABC mµ ABC  ADC (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n AC)  DEH  ADC mµ hai gãc nµy ë vÞ trÝ so le trong  HE / /CD c) Gäi M, N lÇn lît lµ trung ®iÓm AB, AC  M lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABHE (cmt) Ta cã:IM lµ®êng trung b×nh cña tam gi¸c ABC  IM/ / AC Ta cã IM / /AC;HE / /CD;AC  CD (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn )  IM  HE  IM lµ ®êng trung trùc cña HE  IH  IE (1) Chøng minh t¬ng tù ta cã XÐt tø gi¸c AHFC cã : AHC  AFC  900 (gt)  AHFC néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh AC, t©m N  FHC  CAD mµ CAD  CBD(cïng ch¾n cung CD)  FHC  CBD mµ hai gãc nµy ë vÞ trÝ ®ång vÞ  HF / /BD IN lµ ®êng trung b×nh ABC  IN / /AB IN / /AB   IN  HF HF / /BD AB  BD (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn)   IN lµ ®ên g trung trùc cña HF  IH  IF (2) tõ (1) vµ (2)  IE  IF. Bµi 2. Gäi l lµ®é dµi ®êng sinh cña h×nh nãn.¸p dông ®Þnh lý Pytago ta cã : l  h 2  r 2  16 2  12 2  20(cm)  DiÖn tÝch xung quanh cña h  nh nãn lµ S xq  rl  .12.20  240 (cm 2 ) DiÖn tÝch ®¸y cña h×nh nãn lµ S ®  r 2  144 (cm 2 ) VËy diÖn tÝch toµn phÇn cña h  nh nãn lµ :S tp  S xq  S d  240  144   384 (cm 2 )

bµi 5

a  b  c a)ab  bc  ca 

 3  ab  bc  ca    a  b  c 

 3  ab  bc  ca   a 2  b 2  c2  2ab  2bc  2ca  a 2  b 2  c2  ab  bc  ca  0  2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  0



 



 a 2  2ab  b 2  b 2  2bc  c2  c2  2ca  a 2  0   a  b    b  c    c  a   0 (lu«n lu«n ®óng)  § pcm 2

  1 1 1 c©u 5b:6 x 2  y 2  z 2  10(xy  yz  zx)  2    9  2x  y  z x  2y  z x  y  2z 









 6 x 2  y 2  z 2  2(xy  yz  zx)  12(xy  yz  zx)  10(xy  yz  zx)   1 1 1  2   9  2x  y  z x  2y  z x  y  2z    1 1 1  6(x  y  z)2  2(xy  yz  zx)  2    9  2x  y  z x  2y  z x  y  2z    1 1 1 3  6.    2(xy  yz  zx)  2    9 4  2x  y  z x  2y  z x  y  2z  2



  27 1 1 1  2(xy  yz  zx)  2      9(*) 8  2x  y  z x  2y  z x  y  2z 

¸p dông B §T ë ý a, ta cã : 2

3 2  x  y  z    4   3  2(xy  yz  zx)  3 xy  yz  zx  3 3 16 8 1 1 1 9 ¸p dông BDT :    (a, b,c  0) a b c abc 1 1 1 9 1 1 1 Chøng min h : ta cã :         a  b  c   9 a b c abc a b c 1 1 1 1 1     33 1 1 1 ¸p dông B § T Cosi ta cã :  a b c .3 abc  9(dpcm) abc       a  b  c   3 3 a b c abc    a  b  c  3 abc Ta cã : 1 1 1 9 9 9      3 2x  y  z x  2y  z x  y  2z 2x  y  z  x  2y  z  x  y  2z 4(x  y  z) 4. 3 4 27 3 1  VT(*)    2.3  9.dÊu"  "x ¶ y ra  a  b  c  8 8 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học: 2018-2019 Môn thi: TOÁN (ĐỀ CHUNG) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Cho 13  4 3  a 3  b, với a, b là các số nguyên. Tính giá trị của biểu thức T  a3  b3 A.T  9

B.T  7

C.T  9

D.T  7

Câu 2. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

  .4 C.  7  4 3  .  4 A. 4 3  7

2018

 3  7 37

2019

 4 3  7

2019

 74 3

 D.  4

 . 4 3  7 3  7 . 4 3  7

B. 4 3  7

2018

2019

2018

 4 3  7

2019

 4 3 7

Câu 3. Gọi x1 ,x2 là các nghiệm của phương trình x2  2ax  3 2, với a là số thực tùy ý. Tính giá trị của biểu thức T  x12  x22 theo a A.T  4a 2  6 2

B.T  4a 2  6 2

C.T  4a 2  3 2

D.T  4a 2  6 2

Câu 4.Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình x2  2 3x  m  3 có hai nghiệm phân biệt A. Vô số B. 5 C. 6 D. 7 x  a là nghiệm của hệ phương trình y  b

Câu 5. Giả sử 

trị của biểu thức P  a 2  b2 A.P  9

B.P  7

C.P  3

 2 3x  3 3y  3 . Tính giá  2x  y  3 3   D.P  6

Câu 6. Cho hàm số y  ax có đồ thị là Parabol (P) và hàm số y  bx  c có đồ thị là đường thẳng (d) , với a, b là các số thực dương khác 0. Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) tai hai điểm phân biệt. Chọn khẳng định đúng 2

A.b2  4ac  0

B.b2  4ac  0

C.b2  4ac  0

D.b2  4ac  0

Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A và AB  2 5a , AC  5 3a . Kẻ AK  BC,K  BC. Tính AK theo a A. AK 

19 57 a 10

B.AK 

95 a 2

C. AK 

10 57 a 19

D.AK 

5 57 a 19

Câu 8. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó B. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh tại tiếp điểm, một cạnh là tiếp tuyến và cạnh kia chưa dây cung. C. Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên đường tròn D. Hình thang cân không nội tiếp đường tròn Câu 9. Cho đường tròn tâm O, bán kính r=1, và (O) nội tiếp tam giác ABC. Giả sử diện tích của tam giác bằng 3. Tính chu vi c của tam giác ABC Câu 10. Một sân vườn có dạng hình thoi, cạnh a=4m và góc nhọn hình thoi có số đo bằng 600. Người ta muốn lát nền cho cái sân vườn này. Giá mỗi m2 tốn chi phí 500 ngàn đồng. Tính số tiền để lát nền sân vườn này (làm tròn đến hàng nghìn)

Câu 11. Một hình chữ nhật có chu vi bằng 14m và diện tích bằng 12m2. Tính độ dài đường chéo của hình chữ nhật này A. 25 m B. 7m C. 5m D. 10m Câu 12. Trong tháng 5 năm 2018, gia đình anh Tâm (gồm 5 người ) đã sử dụng hết 32m3 nước máy. Biết rằng định mức tiêu thụ mỗi người là 4m3 trong một tháng và đơn giá tính theo bảng sau: Lượng nước sử dụng  m3  Giá cước  ®ång / m3  Đến 4m3 /người/tháng Trên 4m3 /người/tháng đến 6m3 /người/tháng Trên 6m3 /người/tháng

5300 10200 11400

Biết rằng số tiền phải trả trong hóa đơn bao gồm tiền nước, 5% thuế giá trị gia tăng và 10% phí bảo vệ môi trường. Tính số tiền m mà anh Tâm phải trả theo hóa đơn (làm tròn đến hàng chục). A. m = 248110 đông B.m=329970đồng C. m=230800 đồng D. 265420 đồng PHẦN II. TỰ LUẬN Câu 1. Cho biểu thức A 

1 x



x x 1

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 

4 9

2) Tìm điều kiện để biểu thức A có nghĩa 3) Tìm x để A 

3 2

Câu 2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 1)3x 2  2x  4  0

 2 x  y  1  3)  5x  4  19  y 

2)  2x  3  4  2x  3   21  0 4

Câu 3. 1 2

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y   x2 có đồ thị là Parabol (P) và hàm số y= x – 2 có đồ thị là đường thẳng d. Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ 2) Cho hàm số y  kx  b có đồ thị là đường thẳng  . Tìm k và b biết đường thẳng  có hệ số góc bằng 2 và đi qua điểm M(  2;3) Câu 4. Cho tam giác ABC có AB < AC và 3 góc đều nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và D. 1) Giả sử BC = 6a. Tính diện tích hình tròn (O) theo a 2) Gọi H là giao điểm của BD và CE, gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng AH  BC

3) Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (O) với M, N là các tiếp điểm. Chứng minh rằng ANM  AKN 4) Giả sử F là điểm di động trên đường tròn (O). xác định vị trí của điểm F để tam giác FBC có diện tích lớn nhất Câu 5. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S 

a b c   2  bc 2  ac 2  ab

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 HẬU GIANG 2018-2019 PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM 1.A 2.D 3.A 4.B 5.D 6.D 7.C 8.D 9.B 10.A 11.C 12.D PHẦN 2. TỰ LUẬN Câu 1 1

1)A 



x x 1

x 1 x







x 1

4 4 1 9 9  19  10 4  4 .   1  9  9  19 4 VËy A  khi x  10 9 2) A cã nghÜa khi x  0 4 khi x  th× A  9

3) A 

3 x 1 x 3   2 x. x  1 2





 3x  3 x  2x  2 x  2  x x 2  0 





x 1

V× x  2  0  x  1  0  x  1

Cau 2



x 2 0

1)3x 2  2x  4  0    2   4.3.(4)  52  0 2

 2  52 1  13  x1  6 3  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm :   2  52 1  13  x 2   6 3 2)  2x  3  4  2x  3   21  0 4

§Æt t   2x  3

(t  0)

ph¬ng tr×nh thµnh :t 2  4t  21  0  '   2  2  21  25  0  t  2  25  7(chän ) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm   1  t 2  2  25  3(lo¹i)  3 7 x1    2x  3  7 2 2 khi t  7   2x  3  7     3 7 2x  3   7 x 2   2  3  7  VËy S     2  a  b  1 a  b  1 2 3) §Æt x  a;  b. hÖ ph¬ng tr×nh thµnh   y 5a  2b  19 5(b  1)  2b  19 a  b  1 a  2  1 a  3    7b  14 b  2 b  2 x  3 x  3   2  y  1 y  2  VËy (x;y)  (3;1)

Cau 3. a)häcsinh tù vÏ b) V× hµm sè y  kx  b cã hÖsè gãc lµ 2  k  2 Ta cã ®å thÞ hµm s« y  2x  b qua ®iÓm M(  2;3)  3   2. 2  b  b  5 VËy k  2 ;b  5

Câu IV,

A D E M B

N F

H K

BC  3a  R 2 Khi ®ã diÖn tÝch h×nh trßn lµ :S  R 2  9a 2

1) BC  6a  OC 

2) Ta cã : BEC  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn)  CE  BA Cmtt  BD  AC mµ H  BD giao AC nª n H lµ trùc t©m ABC  AH  BC t¹i K 3) Ta cã :ONA  OKA  900  900  1800  ONAK lµ tø gi¸c néi tiÕp  AON  AKN (cïng ch¾n NA) ta cã :OA lµ ph©n gi¸c MON (do 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)  AON  AOM 

1 1 MON  AKN  MON (1) 2 2

L¹i cã :AM  AN (t / c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)  ANM  AMN XÐt AMN c©n t¹i A  2.ANM  1800  A  ONA  OMA  900  900  1800  MANO néi tiÕp  MON  1800  MAN  2.ANM  MON  ANM 

1 MON (2) 2

Tõ (1) vµ (2)  AKN  ANM 4) Ta cã BFC  900  BFC vu«ng t¹i F  S FBC  VËy S FBC

1 1 FB 2  FC 2 1 FB.FC  .  BC 2 (¸p dông BÊt ®¼ng thøc CoSy) 2 2 2 4 2 BC  .DÊu"  "x ¶ y ra  FB  FC  F lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung BC 4

Câu 5.

a2  1  b  c  1 Ta cã a  b  c  a.1  (b  c).1   2 2 2 2 2 a  1  b  2bc  c  1 2bc  4    bc  2 (v× a 2  b 2  c2  2) 2 2 a a   ; 2  bc a  b  c b b c c cmtt :  ;  2  ac a  b  c 2  ab a  b  c abc S  1. DÊu"  "x ¶ y ra  (a;b;c)  (0;1;1) vµ c¸c ho¸n vÞ abc 2

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/06/2018

Bài 1. Cho Parabol (P) : y  x2 và đường thẳn (d):y = 3x – 2 a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính Bài 2. Cho phương trình 3x2  x  1  0 có hai nghiệm là x1 ;x2 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức A  x12  x22 Bài 3. Mối quan hệ giữa thang nhiệt độ F (Fahrenheit) và thang nhiệt độ C (Celsius) được cho bởi công thức TF  1,8.TC  32, trong đó TC là nhiệt độ tính theo độ C và TF là nhiệt độ tính theo độ F. a) Hỏi 250 C ứng với bao nhiêu độ F b) Các nhà khoa học đã tìm ra mối liên hệ giữa A là số tiếng kêu của một con dế trong một phút và TF là nhiệt độ cơ thể của nó bởi công thức A  5,6.TF  275, trong đó TF là nhiệt độ tính theo độ F. Hỏi nếu con dế kêu 106 tiếng trong1 phút thì nhiệt độ của nó là khoảng bao nhiêu độ C. Bài 4. Kim tự tháp Keop – Ai cập có dạng hình chóp đều, đáy là hình vuông, các mặt bên là các tam giác cân chung đỉnh. Mỗi cạnh bên của kim tự tháp dài 214m, cạnh đáy của nó dài 230m. a) Tính theo mét chiều cao h của kim tự tháp (làm tròn đến số thập phân thứ nhất) 1 3

b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức V  S.h , trong đó S là diện tích mặt đáy, h là chiều cao của hình chóp. Tính theo m3 thể tích của kim tự tháp (làm tròn đến hàng nghìn) Bài 5. Siêu thị A thực hiện chương trình giảm giá cho khách hàng mua loại túi bột giặt 4 kg như sau: Nếu mua 1 túi thì được giảm giá 10.000 đồng so với giá niêm yết. Nếu mua 2 túi thì túi thứ nhất được giảm 10.000 đồng và túi thứ hai được giảm 20.000 đồng so với giá niêm yết. Nếu mua từ túi thứ 3 trở lên thì ngoài 2 tú đầu được giảm giá như trên, từ túi thứ ba trở đi, mỗi tú sẽ được giảm 20% so với giá niêm yết. a) Bà Tư mua 5 túi bột giặt loại 4 kg ở siêu thị A thì phải trả số tiền là bao nhiêu, biết rằng loại túi bột giặt mà bà Tư mau có giá niêm yết là 150 000 đồng/ túi. b) Siêu thị B có hình thức giảm giá khác cho loại túi bột giặt như trên là: nếu mua từ 3 túi trở lên thì sẽ giảm giá 15% cho mỗi túi. Nếu bà Tư mua 5 túi bột giặt thì bà Tư nên mua ở siêu thị nào để số tiền phải trả ít hơn? Biết rằng giá niêm yết của hai siêu thị là như nhau. Bài 6. Nhiệt độ sôi của nước không phải lúc nào cũng 1000C mà phụ thuộc vào độ cao của nơi đó so với mực nước biển. Chẳng hạn Thành phố Hồ Chí Minh có độ cao xem ngang như mực nước biển (x = 0 m) thì nước có nhiệt độ sôi là y = 1000C nhưng ở thủ đô La Paz của Bolivia, Nam Mỹ có độ cao x = 3600 m so với

mực nước biển thì nhiệt độ sối của nước là y = 870 C . Ở độ cao trong khoảng vài km, người ta thấy mối liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất y=ax+b có đồ thị như sau

y độ C 100 87

1500

3600

x (m)

a) Xác định các hệ số a và b b) Thành phố Đà Lạt có độ cao 1500m so với mực nước biển. Hỏi nhiệt độ sôi của nước ở Thành phố này là bao nhiêu Bài 7. Năm 2017-2018, trường THCS Tiến Thành gồm có ba lớp 9 là 9A, 9B, 9C trong đó lớp 9A có 35 học sinh và lớp 9B có 40 học sinh. Tổng kết cuối năm, lớp 9A có 15 học sinh giỏi, lớp 9B có 12 học sinh đạt loại giỏi, lớp 9C có 20% học sinh đạt loại giỏi và toàn khối 9 có 30% học sinh đạt loại giỏi. Hỏi lớp 9C có bao nhiêu học sinh ? Bài 8 . Cho tam giác nhọn ABC có BC = 8 cm. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D. Hai đường thẳng BD và CE cắt nhau tại H. a) Chứng minh : AH vuông góc với BC b) Gọi K là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác OEKD nội tiếp c) Cho BAC  60 . Tính độ dài đoạn DE và tỉ số diện tích hai tam giác AED và ABC.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 TOÁN TP HỒ CHÍ MINH 2018-2019 Câu 1 a) Học sinh tự vẽ b) Ta có phương trinh hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x 2  3x  2  x 2  3x  2  0   (3)2  4.1.2  1  3 1 1 y 1 x1  2   3 1 2y4 x 2   2

Vậy (P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt là (1;1) và (2;4) Câu 2 Ta có   (1)2  4.3.(1)  13  0 nên áp dụng hệ thức Vi et ta có: 1  x1  x 2  2   3  A  x 2  x 2  x  x 2  2x x   1   2.   1   7  1 2  1 2 1 2 3  3 9     x x  1 1 2   3

Vậy A= 7/9 Câu 3 a) Ta có: TF  1,8.TC  32 hay TF  1,8.25  32  77

Vậy 25C ứng với 77F b) Ta có A = 5,6.TF  275 hay 106  5,6.TF  275  TF 

106  275  68,036 5,6

Vậy nhiệt độ tính theo độ C của con dế là: TC 

TF  32 68,036  32   20( C) 1,8 1,8

Vậy con dế kêu 106 tiếng thì lúc đó nó 20 độ C. Câu 4. S 214 m h A

D O

B 230 m

a) Vì ABCD là hình vuông  AC  AD 2  230. 2  AO 

AC 230 2   115 2 2 2

Tam giác SAO vuông tại O nên áp dụng Pytago ta có: AO2  SO2  SA2



hay 115 2



 h 2  2142



 h  2142  115 2



 139,1

b) T a có diện tích mặt đáy là: 230.230  52900(m2 ) Thể tích của kim tự tháp là 1 1 V  Sh  .52900.139,1  2453000(m 2 ) 3 3

Câu 5. a) Số tiền bà tư phải mua bột giặt ở Siêu thị A là: 140000  130000  3.150000.80%  630000 (đồng) b) Số tiền nếu bà tư mua 5 túi bột giặt ở siêu thị B là: 150 000 . 80% . 5 = 637 500 (đồng) Vậy bà Tư nên mua bột giặt ở siêu thị A sẽ trả ít tiền hơn. Câu 6 a) Xác định hệ số a và b Ta có hàm số bậc nhất cần tìm có dạng y=ax+b Theo đồ thị Oxy ta có hệ phương trình 13  87  a.3600  b a   3600  100  a.0  b  b  100

b) Nhiệt độ sôi ở thành phố Đà Lạt là: T=1500.

13 +100  94,6(C) 3600

Câu 7. Gọi x là số học sinh lớp 9C (x  *) Suy ra số học sinh khối 9 là : 35+40 +x 1 5

Số học sinh giỏi lớp 9C là: x.20%  x 1 5

1 5

Số học sinh giỏi của 3 lớp là : 15+12+ x  27  x Theo đề bài toàn khối 9 có 30% đạt học sinh giỏi nên ta có phương trình 1 (35  40  x).30%  27  x 5 3 1  (75  x).  27  x 10 5  22,5  0,3x  27  0,2x  0,3x  0,2x  27  22,5  0,1x  4,5  x  45(t/ m)

Vậy lớp 9C có 45 học sinh Câu 8

A D K H

E B

a) Ta cã : BEC  BDC  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ®êng kÝnh BC)  BD  AC vµ CE  AB  H lµ trùc t©m ABC  AH  BC b) Ta cã ADH vu«ng t¹i D cã DK lµ ® êng trung tuyÕn  KD  KA  AKD c©n t¹i K  KAD  KDA(1)  DOC c©n t¹i O( OD  OC  R)  OCD  ODC (2) Vµ KAD  OCD  90 (hai gãc phô nhau)(3) Tõ (1)(2)(3)  KDA  ODC  90  KDO  900 (v× 3gãc kÒ bï) Chøng min h t¬ng tù  KEO  900  KEO  KDO  900  900  1800  EKDO lµ tø gi¸c néi tiÕp

c) Tø gi¸c BEDC néi tiÕp dêng trßn (O)  ADE  ABC XÐt ABC vµ ADE cã :A chung;ADE  ABC  ABC ®ång d¹ng ADE (g.g) DE AD   BC AB AD 1 Mµ ADB vu«ng t¹i D   cos60  AB 2 DE 1 DE 1   hay   DE  4 (cm) BC 2 8 2 2

S DE  1  1 V× ABC ®ång d¹ng ADE  ADE     S ABC BC  2  4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 15/06/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I. 1) a) Rút gọn A  12  3 b) Tìm x biết 4x – 6 = 0 2) a) Rút gọn biểu thức B =  x  2   x2 2

b) Vẽ đồ thị hàm số y  2x  3 trong mặt phẳng tọa độ Oxy Câu II. 1) Giải phương trình x4  8x2  9  0 2 1 x  y 1  4 2) Giải hệ phương trình  2  1  3  x y  1

Câu III. 1) Do cải tiến kỹ thuật nên tổng sản lượng thu hoạch cam nhà bác Minh năm 2017 đạt 80 tấn, tăng 20% so với năm 2016. Hỏi năm 2016 nhà bác Minh thu hoạch bao nhiêu tấn cam 2) Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ AH vuông góc với BD tại H, đường thẳng AH cắt DC tại E, biết AH = 4 cm, HE = 2 cm. Tính diện tích hình chữ nhật ABCD Câu IV. Cho đường tròn (O;R) đường kính AB, một dây CD cắt đoạn thẳng AB tại E, tiếp tuyến của (O) tại B cắt các tia AC, AD lần lượt tại M, N 1) Chứng minh rằng ACD  ANM 2) Chứng minh rằng

AC  AD  AM  AN  8R

Câu V. 1) Giải phương trình x2  2  2 x3  1 2) Cho x, y là các số không âm thỏa mãn x  y  4. Chứng minh

x2 y2  x2  y2   128

3) ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 HÒA BÌNH 2018-2019 C©u I:1)a/ A= 12  3  4.3  3  2 3  3  3 3 b) 4x  6  0  x 

3 2

2)a)B   x  2   x 2   x  2  x  x  2  x   2(2x  2)  4x  4 2

b) häc sinh tù vÏ h×nh C©u II. 1)x 4  8x 2  9  0 §Æt t  x 2 .ph¬ng tr×nh thµnh :t 2  8t  9  0  t 2  9t  t  9  0  t(t  9)  (t  9)  0  t  9(chän)  (t  1)(t  9)  0    t  1(lo¹i) 2 t  9  x  9  x  3 2 1 x  y 1  4 1 1  2)  §Æt a  ;v  x y 1 2  1  3  x y  1 a  2b  4 a  2 HÖ ph¬ng tr×nh thµnh:   2a  b  3 b  1 1 1   x  2 x    2  1  1 y  0  y  1 1 vËy (x;)  ( ;0) 2 C©u 3 :1)Sè cam b¸c Minh thu ho¹ch n¨m 2016 :180 :120%  150(tÊn)

A 4 cm

H D

2 cm

XÐt ADE vu«ng t¹i D,cã ®êng cao AH  AD 2  AH.AE  4.(4  2)  24 nª n AD  2 6 (cm) L¹i cã :

1 1 1 1 1 1   hay 2   2 2 2 2 AH AB AD 4 AB 2 6





 AB  4 3 (cm)  S ABCD  AB.AD  4 3.2 6  24 2 (cm 2 )

Cau IV

M C N D A

1)Ta cã :ACB  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn )  BC  AC  BC  AM  CMN  MBC  900  BMC vu«ng t¹i C  mµ ABC  MBC  ABM  900 (gt)  ABC  CMN (cïng phô víi CBM) mµ ADC  ABC (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AC)  ADC  CMN L¹i cã :ADC  CDN  1800 (kÒ bï)  CMN  CDN  1800  Tø gi¸c CDNM néi tiÕp  ACD  ANM

2) Ta cã : ACB  ADB  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn) AB 2 4R 2  AC AC 2 AB 4R 2 2 ¸p dông hÖ thøc lîng vµo tam gi¸c vu«ng ABN ta cã :AB  AN.AD  AN   AD AD 4R 2 4 R 2  AC  AD  AM  AN  AC  AD   AC AD ¸p dông hÖ thøc lîng vµo tam gi¸c vu«ng ABM ta cã :AB 2  AC.AM  AM 

 4R 2   4R 2  CAUCHY 4R 2 4R 2   AC   AD   2 AC.  2 AD.  2.2R  2.2R  8R    AC   AD  AC AD  DÊu b»ng x ¶ y ra  C  D  M  N  B

CAU 5 1) x 2  2  2 x 3  1 (x  1)



B×nh ph¬ng2 vÕ: x 2  2



 4(x 3  1)

 x 4  4x 2  4  4x 3  4  x 4  4x 3  4x 2  0  x 2 (x 2  4x  4)  0  x 2 (x  2)2  0 x  0  (t / m) VËy S  0;2 x  2 2) Theo bµi ta cã :  x  y   4 2  16  x 2  y 2  16  2xy 2





Tõ ®ã suy ra x 2 y 2 x 2  y 2  128  x 2 y 2 16  2xy   128.

x  y §Æt t  xy ta cã :0  xy 

16 40t 4 4 4 ta cÇn chøng minh :8 t 2  t 3  64  0  0  t  4







Ta cã :8 t 2  t 3  64   t  4  t 2  4t  16   t  4   t(t  4)  16  Víi 0  t  4  t  4  0 Do ®ã t(t  4)  0  t(t  4)  0  t(t  4)  16  16  0 § ¼ ng thøc ®îc chøng minh.dÊu"  "x ¶ y ra  x  y  2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN

TẠO

NĂM HỌC 2018 – 2019

HƯNG YÊN

BÀI THI TOÁN – PHẦN TỰ LUẬN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 03/06/2018 Thời gian làm bài: 45 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,5 điểm).

3( 12  3)  27 .

a) Rút gọn biểu thức P =

b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = mx2 đi qua điểm A(2;4). c) Giải phương trình x2 – 6x + 5 = 0. 3x  y  2m  3 Câu 2 (1,5 điểm). Cho hệ phương trình  (m là tham số).  x  2 y  3m  1

a) Giải hệ phương trình với m = 2. b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x2 + y2 = 5. Câu 3 (1,5 điểm). Cho đường tròn (O) đường kính AB và một dây CD vuông góc với AB tại H (H không trùng với các điểm A, B, O). Gọi M là trung điểm của AD. Chứng minh: a) Bốn điểm O, M, D, H cùng thuộc một đường tròn. b) MH vuông góc với BC. Câu 4 (0,5 điểm). Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

2 x2  y 2



2 y2  z2



2 z 2  x2



x3  y3  z3 2 xyz

-----------HẾT---------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

DAP AN DE VAO 10 TOAN HUNG YEN 2018-2019 C©u1 a) P= 3.









12  3  27  3. 2 3  3  3 3

 63 3 3 3  6 x  2 b) V×®å thÞ hµm sè y=mx 2 ®i qua ®iÓm A(2;4)   . y  4 Thay vµo hµm sè ta cã :4  m.2 2  m  1 vËy m  1 c)x 2  6x  5  0  x 2  5x  x  5  0 x  1  x(x  5)  (x  5)  0   x  1 x  5  0   x  5 Vay S  1;5

3x  y  7 x  2(3x  7)  7 7x  21 x  3 2.a) khi m  2, hÖ ph¬ng tr×nh thµnh     x  2y  7 y  3x  7 y  3x  7 y  2 VËy (x;y)  (3;2) b) 3x  y  2m  3 6x  2y  4m  6 7x  7m  7 x  m  1 x  m  1      x  2y  3m  1 x  2y  3m  1 y  3x  2m  3 y  3m  3  2m  3 y  m V× x 2  y 2  5 hay (m  1)2  m 2  5  2m 2  2m  1  5  0 m  1  m2  m  2  0   . VËy m  1;m  2  m  2 Cau 4. Bat dang thuc

Ta co : A

2 2 2 x 3  y3  z 3 2 2 2 x2 y2 z2          x 2  y2 y2  z 2 z 2  x 2 2xyz x 2  y 2 y 2  z 2 z 2  x 2 2yz 2xz 2xy

 2 z2   2 x2   2 y2   2        2 2   2  2 2  x  y 2xy   y  z 2yz   z  x 2xz  ¸p dông bdt co  si, ta co : 0  2xy  x 2  y 2 (x, y  0)  

z2 z2 2 z2 2 z2  2     2xy x  y 2 x 2  y 2 2xy x 2  y 2 x 2  y 2

2  z2 x 2  y2  1 x 2  y2 x 2  y2

2 x2 2 y2 T¬ng tù : 2 2  1 ; 2  1 y  z 2yz z  x 2 2xz  2 z2   2 x2   2 y2  A 2        2 2   2   111  3 2 2  x  y 2xy   y  z 2yz   z  x 2xz  x  y  z 2  Max A  3   2 xyz 2 2 3 x  y  z  2 Cau 3

H M D

a) V× M lµ trung ®iÓm cña AD  OM  AD (®êng kinh d©y cung)  § iÓm M, H cïng nh×n OD díi1goc 900  Tø gi¸c OHMD néi tiep  O,M, H, D cïng thuéc mét ®êng trßn b) Keo dµi MH c ¾ t BC t¹i E Xet  vu«ng ADH co HM lµ ®êng trung tuyª n ng vs c¹nh huyª n AD  HM 

1 AD  MD  MHD c©n t¹i M  MHD  MDH  ADC 2

L¹i co ' :ADC  ABC (cïng ch¨n ' AC) vµ MHD  CHE (®èi ®Ønh)  CHE  ABC Xet BCH co ': ABC  HCB  900  CHE  HCB  900  CHE vu«ng t¹i E  HE  BC VËy MH  BC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN

HƯNG YÊN

NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

BÀI THI TOÁN – PHẦN TRẮC NGHIỆM

(Đề có 02 trang)

Ngày thi: 03/06/2018 Thời gian làm bài: 45 phút, không kể thời gian phát đề

Họ tên: ………………………………………………………Số báo danh: …………………………Mã đề 522

Câu 1: Cho hai đường thẳng (d1): y = –2x + 3 và (d2): y = 

1 x  3 . Khẳng định nào sau đây là đúng? 2

A. (d1) và (d2) cắt nhau tại 1 điểm trên trục hoành

B. (d1) và (d2) cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung.

C. (d1) và (d2) song song với nhau

D. (d1) và (d2) trùng nhau.

1 1 là:  13  15 15  17

Câu 2: Kết quả rút gọn biểu thức

13  17 . 2

17  13 . 2

17  13 . 2

17  13.

4 x  3 y  2 . Khi đó giá trị của biểu thức 2a2 – b2 là: x  y  4 

Câu 3: Biết (a; b) là nghiệm của hệ phương trình  A. –4

B. 8

C. –12

D. 4

C. 5

D. –5x

Câu 4: Hệ số góc của đường thẳng y = –5x + 7 là: A. 7

B. –5

Câu 5: Số nhà của bạn Nam là một số tự nhiên có hai chữ số. Nếu thêm chữ số 7 vào bên trái số đó thì được một số kí hiệu là A. Nếu thêm chữ số 7 vào bên phải số đó thì được một số kí hiệu là B. Tìm số nhà bạn Nam, biết A – B = 252. A. 45

B. 49

C. 54

D. 90

Câu 6: Cho hai đường tròn (O; 4cm) và đường tròn (I; 2cm), biết OI = 6cm. Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó là: A. 1 Câu 7: Tìm m để hàm số y  A. m > 2

B. 2

C. 4

3 x  1 đồng biến trên tập số thực m2 B. m < –2

D. 3 .

C. m ≤ –2

D. m > –2

Câu 8: Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 3,2cm; BC = 5cm thì độ dài AB bằng: A. 8cm

B. 1,8cm

C. 16cm

D. 4cm

Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tập nghiệm của phương trình 4x + y = 1 được biểu diễn bởi đồ thị hàm số nào dưới đây? A. y = 4x + 1

B. y = –4x – 1

Câu 10: Điều kiện xác định của biểu thức A. x ≥ –15

B. x ≤ 15

2 2 3

D. y = –4x + 1

C. x ≥ 15

D. x ≤ –15

x  15 là:

Câu 11: Cho tam giác ABC vuông tại C. Biết sinB = A. 3

C. y = 4x – 1

1 , khi đó tanA bằng: 3 1 C. 2 2

D. 2 2

Câu 12: Trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng y = x + 2; y = 2x + 1 và y = (m2 – 1)x – 2m + 1. Tìm giá trị của m để ba đường thẳng đó cùng đi qua một điểm.

A. m  {–3; 1}

B. m = 1

D. m  {–1; 3}

C. m = –3

Trang 2/2 – Mã đề 522 Câu 13: Tìm m để hai đường thẳng (d): y = 3x + 1 và (d’): y = (m – 1)x – 2m song song với nhau. A. m = 

3 2

B. m = 4

D. m = 

C. m ≠ 4

1 2

Câu 14: Tam giác MNP đều nội tiếp đường tròn (O; R), khi đó số đo NOP là: A. 1200

B. 300

C. 600

D. 1500

C. 1

D. 2sin620

C. 2  2 5

D. 2 5  2

Câu 15: Giá trị của biểu thức sin 620 – cos 280 bằng: A. 2cos280

B. 0

Câu 16: Kết quả của phép tính A. 2

(2  5)2  5 là:

B. –2

Câu 17: Một hình cầu có đường kính 6cm. Diện tích mặt cầu đó là: A. 216πcm

B. 72πcm

C. 36πcm

D. 12πcm

Câu 18: Đổ nước vào một chiếc thùng hình trụ có bán kính đáy 20cm. Nghiêng thùng sao cho mặt nước chạm vào miệng thùng và đáy thùng (như hình vẽ) thì mặt nước tạo với đáy thùng một góc 450. Thể tích của thùng là: A. 400π (cm3 ).

C. 32000π (cm3 ).

B. 16000π (cm3 ).

D. 8000π (cm3 ).

Câu 19: Biết phương trình 3x2 + 6x – 9 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Giả sử x1 < x2; khi đó biểu thức B. 

A. –3

1 3

x2 có giá trị là: x1

D. 3

Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = x – m + 2 và parabol (P): y = x2. Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là trục tung. A. m <

4 9

B. m >

9 4

C. 2 < m <

9 4

4 <m<2 9

Câu 21: Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu? A. x2 – 2019x + 2018 = 0

B. x2 – 2017x – 2018 = 0

C. x2 – 2018x + 2017 = 0

D. –x2 + 2017x – 2018 = 0

Câu 22: Cho các đường tròn (A; 3cm), (B; 5cm), (C; 2cm) đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. Chu vi của ABC là: A. 10cm

B. 20cm

C. 10 3cm

D. 10 2cm

Câu 23: Cặp số nào sau đây là một nghiệm của phương trình x – 3y = –1? A. (2; –1)

B. (2; 1)

C. (1; 2)

D. (2; 0)

Câu 24: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC, có BAC  60 (hình vẽ). Khi đó số đo của ADB là: A. 600

B. 400

C. 450

D. 300

Câu 25: Từ một miếng tôn có hình dạng là nửa hình tròn bán kính 1m, người ta cắt ra một hình chữ nhật (phần tô đậm như hình vẽ). Phần hình chữ nhật có diện tích lớn nhất có thể cắt được là: A. 2 m2

B. 1,6 m2

C. 1 m2

-----HẾT-----

D. 0,5 m2

600

DAP AN TRAC NGHIEM 1.D

6.C

11.C

16.C

21.D

2.A

7.C

12.D

17.D

22.C

3.A

8.B

13.A

18.B

23.B

4.A

9.B

14.B

19.A

24.D

5.A

10.B

15.C

20.B

25.C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN



Năm học 2018 - 2019  Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Ngày thi: 05/6/2018 (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC



Bài 1: (2,00 điểm) a) Giải phương trình

2x 1 x  3  5  0. x2  4 2  x

b) Hai người cùng xây một bức tường. Sau khi làm được 4 giờ, người thứ nhất nghỉ, người thứ hai tiếp tục xây thêm 8 giờ nữa thì hoàn thành bức tường. Hỏi nếu ngay từ đầu chỉ một người xây thì sau bao lâu bức tường được hoàn thành, biết rằng người thứ nhất xây bức tường đó nhanh hơn người thứ hai 6 giờ ? Bài 2: (2,00 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P) có phương trình y  x 2 và đường thẳng (d ) có phương trình y  2(m  1) x  m  1 (với m là tham số). a) Chứng minh rằng (d ) luôn cắt ( P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m . b) Tìm các giá trị của m để (d ) cắt ( P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1  3x2  8  0 .

Bài 3: (2,00 điểm) a) Rút gọn biểu thức A  b) Chứng minh rằng 1 

1 1 1 .   ...  1 2 2 3 2017  2018

1 1 1   ...  2 2 3 2017





2018  1 .

Bài 4: (4,00 điểm) Cho đường tròn  O; R  và dây cung AB không đi qua O . Từ điểm M nằm trên tia đối của tia BA ( M không trùng với B ), kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn  O; R  ( C , D là các tiếp

điểm). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB . a) Chứng minh các điểm M , D, H , O cùng thuộc một đường tròn. b) Đoạn thẳng OM cắt đường tròn  O; R  tại điểm I . Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD . c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM cắt các tia MC, MD lần lượt tại E và F . Xác định hình dạng của tứ giác MCOD để diện tích tam giác MEF nhỏ nhất khi M di động trên tia đối của tia BA .  HẾT  - Đề thi có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD: . . . . . . . . . . ./Phòng: . . . . . . . . Giám thị 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Giám thị 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN MÔN: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) NĂM HỌC 2018 – 2019 - Hướng dẫn chấm có 03 trang; - Các cách giải khác đúng, cho điểm tối đa phần tương ứng. Đáp án 2x 1 x  3  5  0. a) Giải phương trình 2 x 4 2 x

Bài

Điểm 1,0

Điều kiện: x  2 Phương trình đã cho trở thành 2 x  1   x  3 x  2   5  x 2  4   0 x  3 .  4 x  3x  27  0   x   9  4 2

0,25 0,25

9 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm phương trình là x   , x  3 . 4 b) Hai người cùng xây một bức tường, sau khi làm được 4 giờ người thứ nhất nghỉ, người thứ hai tiếp tục xây thêm 8 giờ nữa thì hoàn thành bức tường. Hỏi nếu ngay từ đầu chỉ một người xây thì sau bao lâu bức tường được hoàn thành, biết rằng người thứ nhất Bài 1 xây bức tường đó nhanh hơn người thứ hai 6 giờ ? (2,0đ) Gọi x (giờ) là thời gian người thứ nhất xây xong bức tường. Gọi y (giờ) là thời gian người thứ hai xây xong bức tường. ( x  0, y  0 ) 1 1 Trong 1 giờ người thứ nhất hoàn thành công việc, người thứ hai hoàn thành công việc. x y  4 12 y  x  6 y  x  6   1  Theo giả thiết ta có  x y   4 12  2   1  x  10 x  24  0 y  x  6  x x6  y  x  6     x  12 . Kết hợp với điều kiện ta có x  12, y  18 .   x  2  Vậy nếu chỉ một người xây thì người thứ nhất hoàn thành sau 12 giờ, người thứ hai hoàn thành sau 18 giờ.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol

0,25

 P

0,25

1,0

0,25 0,25

0,25

có phương trình y  x 2 và

đường thẳng  d  có phương trình y  2(m  1) x  m  1 (với m là tham số).

1,0

a) Chứng minh rằng  d  luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  : x2  2  m  1 x  m  1  x2  2  m  1 x  m  1  0 (1)

0,25

Số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của  d  và  P  . Bài 2 Ta có  '  (m  1)2  (m  1)  m2  m  2 . 2 (2,0đ) 1 7  2 Ta có m  m  2   m     0 với mọi giá trị của m . 2 4  Suy ra  '  0 với mọi giá trị của m . phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m hay  d  luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị của m để  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ

0,25 0,25

0,25

x1 , x2 thỏa mãn x1  3x2  8  0 .

1,0

Theo câu a), ta có x1 , x2 là hai nghiệm phương trình (1) nên theo Viet:

0,25

Đáp án

Bài

Điểm

 x1  x2  2  m  1  2m  2     x1x2  m  1  x1  x2  2m  2 (2)  Kết hợp giả thiết ta có  x1 x2  m  1 (3)  x  3x  8  0 (4) 2  1 Từ (2) và (4), tính được x1  3m  7; x2  m  5

0,25 0,25

m  2 Thay vào (3), tính được (5  m)(3m  7)  m  1  3m  23m  34  0   .  m  17 3  17 Vậy m  2; m  thỏa mãn đề bài. 3 1 1 1 a) Rút gọn biểu thức A  .   ...  1 2 2 3 2017  2018 2

Ta có:

1  2  1; 1 2

1 1  3  2;...;  2018  2017 . 2 3 2017  2018

Vậy A  2 1  3  2  ...  2017  2016  2018  2017  2018  1 . b) Chứng minh rằng 1  Bài 3 (2,0đ)

1 1 1   ...  2 2 3 2017



Vậy B  2





1,0 0,5 0,5



2018  1 .

1 1 1 1 1 1   ...    ...  . Ta có B  2   2 2 3 2017 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1  ;   ;...;  Nhận xét:  2 11 1 2 2 2 2 2 2 3 2 2017 1 1 1 1 1 1 1   ...     ...  Suy ra  2 2 2 2 3 2 2017 1  2 2 3 2017  Đặt B  1 

0,25

1,0

1  . 2017  1 . 2017  2018 2018

A

2018  1 .

0,25 0,25 0,25 0,25

Cho đường tròn  O; R  và dây cung AB không đi qua O . Từ điểm M nằm trên tia đối của tia BA ( M không trùng với B ), kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn  O; R  ( C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB .

1,5

d) Chứng minh các điểm M , D, H , O cùng thuộc một đường tròn.

Bài 4 (4,0đ)

Vì H là trung điểm của AB nên OH  AB  OHM  900 (5) Lại có OD  MD (tính chất tiếp tuyến ) ODM  900 (6) Từ (5) và (6), suy ra 4 điểm M, D, H, O cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

b) Đoạn thẳng OM cắt đường tròn  O; R  tại điểm I . Chứng minh I là tâm đường

tròn nội tiếp tam giác MCD .

0,75 0,75 1,5

Đáp án

Bài

Điểm

 MC  MD  OM là đường phân giác của CMD và COD . Vì  OC  OD

0,5

Do OM cắt  O; R  tại I nên I là trung điểm cung nhỏ CD (7)

0,5

1 1 sđ DI ; MCI  sđ CI (8) 2 2 Từ(7) và (8) suy ra IC là đường phân giác của MCD Tam giác MCD có I là giao điểm của hai đường phân giác trong nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM cắt các tia MC, MD lần lượt tại E và F . Xác định hình dạng của tứ giác MCOD để diện tích tam giác MEF nhỏ nhất khi M di động trên tia đối của tia BA . Vì CD // EF ( cùng vuông góc với OM) nên tam giác MCD đồng dạng với tam giác MEF. Mà MCD cân tại M  MEF cân tại M. SMEF  2SOMF  OD.MF Lại có ICD 

Mà OD  R (không đổi) nên SMEF nhỏ nhất khi MF nhỏ nhất. Ta có MF  MD  DF  2 MD.DF  2OD  2R , Dấu đẳng thức xảy ra khi MD  DF  MOF vuông cân tại O  OM  OD 2  R 2 Khi đó SMEF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R

0,25 0,25 1,0 0,25 0,25

0,25

Khi đó tứ giác MCOD là hình vuông cạnh bằng R .

--------- HẾT ---------

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 05/06/2018

Môn thi:TOÁN

Câu 1 a) Tính E  2 48  3 75  2 108 b) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức 1  x 1  1 P(x)   2  : 2   x  x x  1  x  2x  1

Câu 2. a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y  2x2 trên hệ trục tọa độ Oxy b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (dm ) : y  (m2  m  4)x  m  7 song song với đường thẳng (d): y  2x  5 Câu 3 a) Gọi x1 ;x2 là hai nghiệm của phương trình x2  2(m  1)x  2m  7  0 ( m là tham số ). Tìm các giá trị của m để A  x12  x22  6x1x2 đạt giá tri nhỏ nhất b) Bạn Nam mua hai món hàng và phải trả tổng cộng 480.000 đồng, trong đó đã tính cả 40.000 đồng thuế giá trị gia tăng (viết tắt là thuế VAT). Biết rằng thuế VAT đối với mặt hàng thứ nhất là 10%, thuế VAT đối với mặt hàng thứ hai là 8%. Hỏi nếu không kể thuế VAT thì bạn Nam phải trả mỗi món hàng là bao nhiêu tiền Câu 4 Cho biểu thức Q(x) 

5x2  6x  2018 . Tìm các giá trị nguyên của x để Q(x) x 1

nguyên. Câu 5 Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt đường tròn (O) tại D, E (AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F. a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB với đường tròn (O). Chứng minh DM  AC

c) Chứng minh CE.CF+AD.AE= AC 2

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TOÁN KIÊN GIANG 2018-2019 1)a. E  2 48  3 75  2 108  2 16.3  3 25.3  2 36.3  2.4 3  3.5 3  2.6 3  8 3  15 3  12 3  11 3 1  x 1  1 b) P(x)   2  : 2   x  x x  1  x  2x  1 x  x 1 1  x (x  1)2 x  1  1   :  .   2 x(x  1) x  1 x  x(x  1) x(x  1)  (x  1) 2)a) häcsinh tù vÏ m 2  m  4  2 m 2  m  6  0 b) ®Ó(d m ) / /d th×   m  7  5 m  2 m  2     m  3  m  3 m  2  VËy m  3

C©u 3:ta cã:x 2  2(m  1)x  2m  7  0  '  (m  1)2  2m  7  m 2  2m  1  2m  7  m 2  8  0  víi mäi m  x1  x 2  2m  2 Khi ®ã,¸p dông Vi  et, ta cã :  x1x 2  (2m  7) A  x12  x 22  6x1x 2   x1  x 2   4x1x 2 2

hay A   2m  2   4(2m  7)  4m 2  8m  4  8m  28  4m 2  16m  24 2

 (2m)2  2.2m.4  16  16  24   2m  4   40 2

V×  2m  4   0(víi mäi x)  A  40 2

VËy MinA  40  2m  4  0  m  2 b) Gäi a, b lÇn lît lµ 2 mÆt hµng mµ Nam mua (0  a, b  480.000) Theo ®Ò v× mÆt hµng thø nhÊt cã thuÕ GTGT lµ10% vµ mÆt hµng thø 2 cã thuÕ GTGT lµ 8% 110%a  108%b  480000 1,1a  1,08b  480000  Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:   10%a  8% b  40000 0,1a  0,08b  40000 a  240.000  (tháa) b  200.000 VËy gi¸ 2 mÆt hµng lÇn lît lµ 240.000 ®ång vµ 200.000 ®ång 5x 2  6x  2018 5x  x  1  x  1  2017 2017   5x  1  x 1 x 1 x 1 2017 VËy ®Ó Q nguyªn th×   (x  1) ¦ (2017)  1; 2017 x 1 4) Q(x) 

X+1 X

1 0

VËyx 0; 2;2016; 2018 th× Q nguyª n

- 1 - 2

2017 2016

- 2017 - 2018

Câu 5. F

E D A

M a) Ta cã :BEC  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn )  BEF  900 (do kÒ bï víi BAC)  BEF  BAF  900  900  1800  Tø gi¸c EFAB néi tiÕp b) Do ABEF néi tiÕp  AFB  AEB (Cïng ch¾n AB) Mµ AEB  BMD (cïng ch ¾ n BD)  AFB  BMD mµ 2 gãc trª n ë vÞ trÝ so le trong  AF / /MD Mµ AF  AC  MD  AC (dpcm) c) XÐt ACD vµ ABE cã : A chung;ACD  AEB (cïng ch¾n BD)  ACD

AEB (g  g) 

AC AD   AC.AB  AD.AE (1) AE AB

XÐt CBE vµ CFA cã : C chung; CEB  CAF  900 CE CB   CE.CF  CA.CB (2) CA CF Tõ (1) vµ (2)  CE.CF  AD.AE  CA.CB  AC.AB  AC.(CB  BA)  AC.AC  AC 2 (®p cm)

 CBE

CFA (g  g) 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH KON TUM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi:TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi : 11/6/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. Thực hiện phép tính





3 1 .

3 3 2 3

1 2

Câu 2. Cho hàm số y   x2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) :y  3  4x . Lập phương trình đường thẳng () song song với (d) và cắt (P) tại điểm M có hoành độ bằng 2 Câu 3. Rút gọn biểu thức sau   2 x 1 2 x   6 x  5 1 A  1   :  2  (x  0; x  )  3 x  1 1  9x   3 x  1  9    

Câu 4. Cho phương trình x2  x  m  1  0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = - 3 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  2 Câu 5. Một tam giác vuông có chu vi bằng 24 cm. Độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2 cm. Tính diện tích tam giác vuông đó Câu 6. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3m, diện tích toàn phần bằng 24 m2 Tính thể tích của hình nón. Câu 7. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AA’, BB’, CC’ của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AO cắt đường tròn tâm O tại D khác A a) Chứng minh tứ AB’HC’ nội tiếp đường tròn. b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HD và BC. Chứng minh I là trung điểm của đoạn BC c) Tính

AH BH CH   AA ' BB ' CC '

Câu 8.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  3x2  4y2  4xy  2x  4y  2021

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TOÁN KON TUM 2018-2019 C©u1:





3 1 .

3 3 2 3







3 1 .

3(1  3) 2 3







3 1 .

C©u 2 : Gäi ( ) cã ph ng tr  nh y  ax  b (a  0) V×    / /  d   a  4;b  3 1 2  y   .2  2 V× (D) c¨t (P) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é lµ 2   2 x  2 thay vµo     2  4.2  b  b  6 (tháa)

VËy () cÇn lËp lµ : y  4x  6

  2 x 1 2 x   6 x  5 c©u 3 A=  1   : 2   3 x  1 1  9x   3 x  1       

9x  1  2 x(3 x  1)  1  2 x 6 x  5  2(3 x  1) : 3 x 1 3 x 1 3 x 1







9x  2 x  6x  2 x

3





x 1 3 x 1

3 x 1 6 x  56 x 2

1 x .  3 x 1 3 3 x 1 C©u 4 

a) khi m= -3th× ph¬ng tr×nh thµnh:x 2  x  2  0  x 2  x  2x  2  0  x(x  1)  2(x  1)  0 x  1   x  1 x  2   0   x  2 VËy S  1;2

   3  1  1

3 1

b) x 2  x  m  1  0    1  4(m  1)  4m  3 2

§Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th   0  4m  3  0  m  x1  x 2  1 Khi ®ã, theo Vi et ta cã :  x1x 2  m  1 ta cã : x1  x 2  2   x1  x 2   4 2

 x12  x12  2x1x 2  4   x1  x 2   4x1x 2  4 2

7 hay 12  4(m  1)  4  m   (tháa) 4 7 VËy m   th× tháa ®Ò 4 C©u 5. Gäi x vµ x  2 lµ hai c¹nh cña tam gi¸c vu«ng (0  x  24) theo ®Ò vµ ¸p dông ®Þnh lý Pytago, ta cã ph¬ng tr×nh : x 2   x  2   (24  x  x  2)2 2

 x 2  x 2  4x  4   22  2x 

 2x 2  4x  4  484  88x  4x 2 x  40(lo¹i)  2x 2  92x  480  0   x  6 (chän)  §é dµi 2 c¹nh lµ 6 cm vµ 8cm S

6.8  24 (cm 2 ) 2

C©u 6. S toµn phÇn  r(r  l)  24   3(3  l)  24  l  5(m)  §êng sinh dµi 5cm  h  l 2  r 2  52  32  4 (m) 1 1  V  r 2 h  .32.4  12  (cm 3 ) 3 3

Cau 7

A B' C' B

O C

I D

3 4

a) Ta cã AC ' H  AB ' H  900  900  1800  AC ' HB ' lµ tø gi¸c néi tiÕp 1 b) Ta cã ABD  ACD  900 (gãc néi tiÕp ch¾n ®êng trßn) 2  AB  BD ;AC  CD mµ CH  AB;BH  AC (gt)  BH / /DC vµBD / /HC  BHCD lµ h×nh b×nh hµnh Mµ BC  DH  I nª n I lµ trung ®iÓm ®o¹n BC. 1 S HBC 2 HA '.BC HA ' S HA ' AA ' HA ' AH c) ta cã :    1  HBC  1    S ABC 1 AA '.BC AA ' S ABC AA ' AA ' AA ' 2 S S BH CH Cmtt   1  HAC ;  1  HAB BB ' S ABC CC ' S ABC 

S S S S AH BH CH    1  HBC  1  HAC  1  HAB  3  ABC  3  1  2 AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC S ABC S ABC

8) T  3x 2  4y 2  4xy  2x  4y  2012



 



 x 2  2x  1  2 y 2  2y  1  2 x 2  y 2  2xy  2018   x  1  2  y  1  2  x  y   2018  2018 2

x  1 dÊu"  "x ¶ y ra   y  1 x  1 VËy Min T  2018   y  1

UBND TỈNH LAI CHÂU SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CẤP THPT Năm học: 2018-2019 Môn: TOÁN – chung Ngày thi : 12/6/2018 Thời gian: 120 phút (không kể giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)  x  3 2x  5  0

b)2x 2  5x  3  0

x  y  4 c)  2x  y  5

Câu 2. Vẽ đồ thị hàm số y  x2 Câu 3. Cho biểu thức A 

x x 3



3x  9 x 3 x 9

2 x



 x  0;x  9 

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A Câu 4. Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ A trên quãng đườn AB dài 120km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai 10km, nên đã đến B sớm hơn ô tô thứ hai 0,4 giờ. Tính vận tốc của ô tô thứ nhất Câu 5. Cho phương trình x2  2x  m  1  0 (m là tham số) a) Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 2 và tìm nghiệm còn lại. b) Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm dương x1 ;x2 thỏa mãn 1 x1



1 x2

2

Câu 6. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D thuộc BC, E thuộc AC). a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức AD BE CF   HD HE HF

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 LAI CHÂU 2018-2019 x  3 x  3  0 1)a)(x  3)(2x  5)  0    x  5 2x  5  0   2 2 2 b) 2x  5x  3  0 . Ta cã  5  4.2.3  1  0

5  VËy S  3;   2 

 5  1 3  x1  4 2 S   3 ; 1  ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm     2  5  1  1 x 2   4 x  y  4 3x  9 x  3 x  3 c)     2x  y  5 y  4  x y  4  3  y  1 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt(x;y)  (3;1) C©u 2 :Häc sinh tù vÏ x

C©u 3 :a)A 

x 3



3x  9 x 3 x 9

2 x



 x  3  3x  9 x 3 x  3  x  3 .  x  3  x  3 .  x  3 3  x  3 x  3 x  2x  6 x  3x  9 3 x 9 3      x  3 .  x  3  x  3 .  x  3  x  3 .  x  3 x  3 



2 x



3x  9







x 3 2 x

b) Ta cã : x  0(víi mäi x  0)  x  3  3(x  0) 3 3    1.dÊu"  "x ¶ y ra  x  0.VËy MaxA  1  x  0 x 3 3 C©u 4.Gäi x(km/h) lµ vËn tèc cña xe thø nhÊt (x>10) 120  Thêi gian ®i hÕt AB cña xe thø nhÊt lµ: x 120 Thêi gian ®i hÕt AB cña xe thø hai lµ: x  10 V× xe thø nhÊt ®Õn AB sím h¬n xethø hai lµ :0, 4h 120 120  Ta cã ph ng tr  nh :   0, 4 x  10 x 120x  120x  1200 2   x(x  10) 5  2x 2  2x  6000  0 x  60(chän)  x 2  x  3000  0   x  50(lo¹i) VËy vËn tèc « t« thø nhÊt lµ 60 km / h

C©u 5. Khi cã1nghiÖm x  2, thay vµo ph¬ng tr×nh,ta cã : x  2 2 2  2.2  m  1  0  m  1, ta cã ph¬ng tr×nh:x 2  2x  0   x  0 vËy m  1vµ nghiÖm kia x  0 b)x 2  2x  m  1  0 x1  x 2  0 2  0   §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm d¬ng  x1x 2  0  1  m  0  m  0  '  0  m  0  x1  x 2  2 Theo vi et   x1x 2  1  m 1 1 Ta cã :   2. B×nh ph¬ng 2 vÕ, ta cã x1 x2 1 1 2   4 x1 x 2 x1x 2 

x1  x 2 2  4 x1x 2 x1x 2

2 2  4 1 m 1 m 1 1   2 1 m 1 m hay



1 1 m 2 1 m

 1  1  m  2  2m  1  m  1  2m Bfuong :1  m  1  4m  4m 2  m  0 (chän)  4m  3m  0    m  3 (lo¹i)  4 2

VËy m  0

Cau 6

O F H

K a) Ta cã :AEB  ADB  900  Tø gi¸c AEDB cã 2 ®Ønh liªn tiÕp D,E cïng nh×n c¹nh AB díi1gãc 900  AEDB lµ tø gi¸c néi tiÕp b) ta cã :ABK  900 (AK ®êng kÝnhvµ ABK ch¾n nöa ®trßn)  AB  BK vµ CF  AB (gt)  BK / /CF mµ H  CF  CH / /BK (1) cmtt :BH / /CK (2). Tõ (1) vµ (2)  BHCK lµ h×nh b×nh hµnh c) Ta cã:S ABC  

AD.BC HD.BC ;S BHC  2 2

HD S BHC  (1). AD S ABC

Cmtt :

HE S AHC  (2) BE S ABC

;

HF S AHB  (3) CF S ABC

Céng (1)(2)(3) vÕ theo vÕ 

HD HE HC S ABC    1 AD BE CF S ABC

1 1 1 ¸p dông bÊt ®¼ng thøc (a  b  c)      9 a b c  HD HE HC   AD BE CF  Ta cã :      . 9  AD BE CF   HD HE HF  HD HE HC AD BE CF Mµ   1   9 AD BE CF HD HE HF DÊu"  "x ¶ y ra  ABC ®Òu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018-2019

Khóa thi ngày: 04,05,06/6/2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN KHÔNG CHUYÊN Môn thi: TOÁN (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1: (0,75 điểm) Rút gọn biểu thức: M  48  2 75  12 2x  y  1 x  3y  11

Câu 2: (0,75 điểm) Giải hệ phương trình: 

Câu 3: (0,75 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH=12 cm  H  BC  , BH = 9 cm. Tính HC Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: x4  x2  12  0 Câu 5: (0,75 điểm) Viết phương trình đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y = 2x+1 và đi qua điểm A(2;7) Câu 6: (1,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm E và F. Gọi H là giao điểm của CE và BF. Chứng minh AH vuông góc với BC Câu 7: (1,0 điểm)Cho Parabol (P) : y  x2 và đường thẳng (d) : y  mx  m  2. Chứng minh đường thẳng (d) cắt parabol (P) luôn có điểm chung với mọi giá trị của m Câu 8: (1,0 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đén B 1 sin   cos  (với  là góc nhọn). Tính C  2018 sin   cos  Câu 10: (0,75 điểm) Một hình trụ có diện tích toàn phần bằng 90 cm2 , chiều

Câu 9: (0,75 điểm) Cho tan  

cao bằng 12 cm. Tính thể tích hình trụ đó Câu 11: (0,75điểm) Cho phương trình: x2  (m  2)x  m  3  0 (ẩn x, tham số m). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 sao cho biểu thức A  1  x12  x22  4x1x2 đạt giá trị lớn nhất Câu 12: (0,75 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài với nhau tại D. Vẽ cát tuyến CB của đường tròn (O’) tiếp xúc ngoài với đường tròn (O) tại A (C, B thuộc đường tròn (O’), B nằm giữa A và C). Chứng minh điểm A cách đều hai đường thẳng BD và CD. ĐÁP ÁN ĐỀ LÂM ĐỒNG 2018-2019 1) M  48  2 75  12  16.3  2 25.3  4.3  4 3  2.5 3  2 3  4 3  10 3  2 3  4 3 2x  y  1 2x  y  1 7y  21 x  11  3.(3) x  2 2)      x  3y  11 2x  6y  22 x  11  3y y  3 y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x;y   2; 3 

Câu 3) Áp dụng hệ thức lượng vào ABC vuông tại A, đường cao AH

 AH 2  BH.HC hay122  9.HC  HC 

12 B

Vậy HC = 16 cm

9 H

4) x4  x2  12  0 Đặt t  x2 (t  0) Phương trình thành t 2  t  12  0   (1)2  4.1.(12)  49  0  1  49  3(lo¹i)  t1  2  Suy ra phương trình có hai nghiệm  1  49  4(chän) t 2   2 x  2 t  4  x2  4   .VËyS  2 x  2

5) Gọi d có phương trình y  ax  b a  2 b  1

Vì d // d’: y=2x+1  

Vì d: y = 2x +b qua A(2;7) nên 7 = 2.2 +b  b  3 (thỏa) Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là y = 2x +3

144  16 (cm) 9

6) Vì BEC nội tiếp (O) có BC là đường kính  BEC  90  CE  AB Cmtt  BF  AC  ABC có BF, CE là 2 đường cao Suy ra H là trực tâm Nên AH  BC

A F E H B

7) Ta có phương trình hoành độ giao điểm với (P) và (d) là: 2x 2  mx  m  2  2x 2  mx  m  2  0   (m)2  4.2.(m  2)  m 2  8m  16  (m  4)2  0    0(víi mäi m)

Suy ra (d) và (P) luôn có điểm chung 8) Gọi x là vận tốc lúc đi (x > 0) 36 và vận tốc lúc về là: x  3 x 3 36 36 phút = h . Thời gian lúc về là: 5 x3

 Thời gian lúc đi:

3 5

Vì lúc về tăng vận tốc lên 3 km/h nên về sớm hơn h Ta có phương trình

36 36 3 36x  108  36x 3     x x3 5 x(x  3) 5 108 3  2   3x 2  9x  540 x  3x 5 x  12 (chän) x 2  3x  180  0   x  15(lo¹i)

Vậy vận tốc lúc đi là 12 km/h

1 sin  1    cos   2018sin  2018 cos  2018 sin   cos  sin   2018sin  2017sin  2017 C     sin   cos  sin   2018sin  2019sin  2019 2017 Vậy C  2019

9) Ta có: tan  

10)S Toµn phÇn  90  2.S ®¸y  S xung quanh  90  2R 2  2R.h  90  2R 2  2R.12  90  R 2  12R  45  0  R  3(chän)   R  15(lo¹i) V  S ®¸y .h  R 2 .h  .32.12  108 (cm 3 ) 11) x 2  (m  2)x  m  3  0    m  2   4(m  3)  m 2  4m  4  4m  12  m 2  8m  16   m  4  2

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì   0  (m  4)2  0  m  4 x1  x 2  2  m x1x 2  m  3

Khi đó, áp dụng Vi et ta có 

A  1  x12  x 22  4x1x 2  1  4x1x 2  (x1  x 2 )2  2x1x 2  1  6x1x 2  (x1  x 2 )2  1  6(m  3)  (2  m)2  1  6m  18  4  4m  m 2 A  m 2  10m  21  (m 2  2.m.5  25  25  21)  (m  5)2  5

(m  5)2  0(m  4)

Vì

 (m  5)2  4  4 (m  4)  Max A  4. DÊu"  "x ¶ y ra  m  5  0  m  5(tháa) VËy Max A  4  m  5

Bài 12

A I E

O D

Vẽ CD cắt (O) tại E. Vẽ tiếp tuyến chung của (O) và (O’) tại D cắt AB tại I Để A cách đều CD và BD. Ta cần chứng minh DA là tia phân giác BDE Ta có ADI  AEI (cùng chắn AD trong (O)) (1) IDB  DCB (cùng chắn BD trong (O’)) (2) Từ (1) và (2)  ADI  IDB  AED  DCB Hay ADB  180  EAC  EAx (Vì EAC và EAx bù nhau)  ADB  EAx (3)

Mà EAx  ADE (cùng chắn AE ) (4) Từ (3) và (4)  EDA  BDA  DA là tia phân giác BDE  A cách đều BD và CD

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 1 trang, 5 câu

Câu 1. a) Tính giá trị của biểu thức sau: A  36  5

B



11  5 



 5



 

C  3 3  2  3



x  16

b) Cho biểu thức Q   xác định. Tính Q khi x=25  3.  x 4  3 x  11 c) Rút gọn biểu thức Q đã cho ở trên. Câu 2. a) Vẽ đồ thị hàm số y  x2 b) Tìm tọa độ các giao điểm của đường thẳng (d): y  5x  6 với (P) Câu 3. a) Giải phương trình x2  5x  4  0 2x  3y  7 2x  y  3

b) Giải hệ phương trình 

c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x2  (2m  1)x  m2  2  0 có hai nghiệm phân biệt x1 ;x 2 thỏa mãn x1 (1  x2 )  x2 (x1  1)  9

Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB < BC <AC, kẻ hai đường cao AM và BN cắt nhau tại H (M thuộc BC, N thuộc CA) a) Chứng minh tứ giác CMHN nội tiếp b) Chứng minh NA.NC  NH.NB c) Đường tròn tâm H bán kính HA cắt các tia AB,AC lần lượt tại E và F (E khác A, F khác A). Chứng minh BHFC nội tiếp d) Các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn (H; HA) cắt nhau tại K. Chứng minh AK đi qua trung điểm của BC Câu 5. Cho các số x; y; z thỏa mãn 0  x,y,z  1 . Chứng minh rằng x y z   2 1  yz 1  zx 1  xy

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN 2018-2019 C©u1a) A= 36  5  6  5  1



B

  5  11  3   2  3   3 

11  5



C  3

5  5  11  5  5  11 3 2 3 1

C©u 2 :a) häc sinh tù vÏ b) ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña(P) vµ (d) lµ : x 2  5x  6  x 2  5x  6  0   (5)2  4.6  1    1  ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm 5 1  x1  2  3  y  9  x  5  1  2  y  4  2 2 VËy (d) c¨t(P) t¹i 2 ®iÓm (3; 9); (2; 4) C©u3.a) x 2  5x  4  0  x 2  x  4x  4  0 x  4  x(x  1)  4(x  1)  0   x  4  x  1  0   .VËy S  4;1 x  1 2x  3y  7 2x  3(3  2x)  7 8x  16 x  2 x  2 b)      2x  y  3 y  3  2x y  3  2x y  3  2.2 y  1 VËy (x;y)  (2; 1) c) x 2  (2m  1)x  m 2  2  0 ta cã   (2m  1)2  4(m 2  2)  4m 2  4m  1  4m 2  8  9  4m §Ó ptrinh cã nghiÖm th×   0  9  4m  0  m  x1  x 2  2m  1 Khi ®ã ¸p dông Viet   2 x1x 2  m  2 ta cã :x1 (1  x 2 )  x 2 (x1  1)  9  x1  x1x 2  x1x 2  x 2  9   x1  x 2   2x1x 2  9

hay 2m  1  2m 2  4  9  m  3(lo¹i)  2m 2  2m  12  0   1  m  2 (chän) VËy m  3th× tháa ®Ò

9 4

Cau 4

A N F H B E

a) XÐt tø gi¸c CMHN cã :CNH  CMH  900  CMH  CNH  180 0  Tø gi¸c CMHN néi tiÕp b) Do CMHN néi tiÕp (cmt)  NHA  NCB XÐtNAH vµ NBC cã :NHA  NCB (cmt);ANH  BNC  90 0 NA NH   NA.NC  NH.NB NB NC c) Do F  (H;HA)  HA  HF  HAF c©n t¹i H

 NAH

NBC (g.g) 

mµ HN  AF  HN lµ tia ph©n gi¸c cña AHF (®êng cao ®ång thêilµ ph©n gi¸c)  AHN  FHN mµ AHN  BCN (do NAH

NBC )  FHN  BCN

mµ FHN  FHB  1800 (kÒ bï)  FHB  BCN  1800  Tø gi¸c BHFC néi tiÕp (1) d) Ta cã :KEN  KFH  900 (gt)  KEH  KFH  1800  KEHF néi tiÕp dtron ®êng kÝnh HK  4 ®iÓm K,E,H,F cïng thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh HK (2) HEF c©n t¹i H  HEF  HFE mµ HEF  HFE  EHF  1800 (tæng3gãc tam gi¸c)  HEF 

1800  EHF 1  900  EHF 2 2

L¹i cã :EHF  2EAF (gnt vµ gãc ë t©m cïng ch¾n cung EF)  HEF  900  EAF  900  BAN  ABN Mµ ABN  EBH  1800 (kÒ bï)  HFE  EBH  1800  BHFE néi tiÕp  4 ®iÓm B,H,F,E cïng thuéc1®êng trßn(3) Tõ (1)(2)(3)  6 ®iÓm B,H,F,C,K,E cïng thuéc ®êng trßn ®êng kÝnhHK  HBK  900 (gãc n«i tiÕp ch¾n nöa dtron)  BH  BK Mµ BH  AC (gt)  BK / /AC t¬ng tù ta cã HCK  900  CH  CK mµ CH  AB (H lµ trùc t©m ABC)  AB/ / CK BK / /AC XÐt tø gi¸c ABKC cã   ABKC lµ h×nh b×nh hµnh AB / /CK  AKvµBC c¾t nhau t¹i trung ®iÓm mçi ®êng  AK ®i qua trung ®iÓmBC

Cau 5 Víi 0  x, y, z  1 th×:

x y z   2 1  yz 1  zx 1  xy

Ta cã bæ ®Ò x  y  z  xyz  2.chøng minh bdt  xyz  yz  x  1  yz  y  z  1  0  1  x 1  yz 1  y 1  z   0(lu«n ®óng) Quay l¹i bµi to¸n:v× 0  x, y, z  1nª n : x y z x y z x  y  z 2  xyz         2(dpcm) 1  yz 1  zx 1  xy 1  xyz 1  xyz 1  xyz 1  xyz 1  xyz

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu 1: (1,0 điểm). Tính giá trị của các biểu thức sau: a) A b) B

2; 2

Câu 2: (1,5 điểm). Cho biểu thức P a) Rút gọn biểu thức P ; b) Tìm giá trị của x để P Câu 3: (2,5 điểm).

x x

3 x

2 x 6 với x x 1

0; x

1 x 2 2 :y m a) Tìm m để đ ờng th ng

1) Cho đ ờng th ng d : y

1 song song với đ ờng th ng d .

b) Gọi A, B là giao điểm của d với parabol P : y hoành sao cho NA + NB nhỏ nhất. x ay 3a 2) Cho hệ ph ơng trình: ax y 2 a 2

1 2 x . Tìm điểm N nằm trên trục 4

I với a là tham số.

Giải ph ơng trình I khi a

hệ

Tìm a để

b) hệ ph ơng trình I có nghiệm duy nhất x ; y thỏa mãn số nguyên. Câu 4: (2,0 điểm). Cho ph ơng trình x 2

2y x

là

1 với m là tham số.

a) Giải ph ơng trình (1) khi m 0 ; b) Tìm tất cả các giá trị của m để ph ơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn:

x12 Câu 5: (3,0 điểm). Cho O đ ờng kính AB

2x 2

x1x 2 .

2R , C là trung điểm của OA và dây MN vuông

góc với OA tại C . Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM ( K khác B, M ), H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AH .AK AM 2 c) Xác định vị trí của điểm K để KM KN KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. ---------------- Hết---------------Họ và tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:……………………….. Ghi chú:  Thí sinh không sử dụng tài liệu.



Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm có 04 trang)

I. Hướngdẫnchấm: 1. Cho điểm lẻ tới 0,25; 2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn; 3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm t ơng ứng ở các phần. 5. Nếu thí sinh vẽ sai hình thì không cho điểm câu hình học. 6. Thí sinh chỉ viết qui trình bấm phím máy tính câu nào thì không cho điểm câu đó. II. Biểuđiểm Câu Nội dung 1 a. (0,5 điểm)Tính giá trị của các biểu thức sau: A  16  9  2 (1,0 điểm) A  16  9  2  25  2  52  3 b. (0,5 điểm) B 



B







Điểm 0,25 0,25

3 1  1

3 1  1 

3 1  1

0,25

 3 1  1  3

0,25

2 1 1  2 x 6  x6   (1,5 điểm) a.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P   : x x  3  x 1  x3 x Với điều kiện x  0; x  9, ta có :   1 1  2 x 6  x6 1 1  x 1  x6 P     .  : x 1   x x 3 x x 3 2 x 3 x x 3  x3 x  





x 6 x 3 x x

x9

 x 



x 3 .



 

x 3 2

. 2



x 1 x 3







0,25

b.(0,5 điểm)Tìm giá trị của x để P  1. x 1  1  x 1  2 x Ta có: P  1  2 x





0,25

x 1  0  x  1

Kết hợp với điều kiện ta thấy x  1 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 3 1 (2,5 điểm) 1.(1,0 điểm) Ch đư ng th ng  d  : y   2 x  2 Tìm m để đư ng th ng    : y   m  1 x  1 s ng s ng với đư ng th ng  d  1.a) (0,5 điểm)

0,25

 x  9  x  1  x  1 2 x  x  9 2 x

 x 1 2 x  0 



0,25

1  m  1   Đ ờng th ng song song với đ ờng th ng  d  khi và chỉ khi:  2 1  2

m

0.25

1 2

1 Vậy, với m  , hai đ ờng th ng    ,  d  song song với nhau. 2

0.25

1.b) (0,5 điểm) Gọi A,B là gia điểm của  d  với Parab l  P  : y 

1 2 x . Tìm điểm N 4

nằm trên trục h ành sa ch NA + NB nhỏ nhất. --------------------------------------------------------------------------------------------------------x  2 1 1 Ph ơng trình hoành độ điểm chung của (P) và (d): x 2   x  2   4 2  x  4 Do đó: A  4; 4  , B  2;1 . Lấy B '  2; 1 đối xứng với với B qua trục hoành. Ta có:

0.25

NB = NB’, khi đó: NA  NB  NA  NB '  AB ' . Đ ng thức xảy ra khi và chỉ khi A,N,B th ng hàng. Điểm N cần tìm chính là giao điểm của AB’ và trục Ox. Ph ơng trình AB’ có dạng y  mx  n . Do hai điểm A,B’ thỏa mãn ph ơng trình đ ờng

5 2 th ng nên ph ơng trình AB’: y   x  . 6 3

0,25

4  Từ đó tọa độ giao điểm của AB’ và và Ox là N  ;0  5 

 x  ay  3a 2.a) (1,0 điểm) Ch hệ phương trình:  2 ax  y  2  a Giải hệ phương trình  I  khi a  1 ;

 I  với

a là tham số.

x  y  3  x  y  1

Khi a  1 , hệ (I) có dạng 

0,25

2 y  4  x  y  3 x  3  y  y  2 x  1 Vậy hệ ph ơng trình có nghiệm duy nhất  x; y   (1;2) .  y  2 2.b) (0,5điểm) Tìm a để hệ phương trình  I  có nghiệm duy nhất thỏa mãn

0,25 0,25

0,25 2y là số x 3 2

nguyên.

 x  ay  3a x  a (I )    2 y  2 ax  y  2  a x  a Hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất  với mọi a. y  2

0,25

Khiđó: 4 (2,0 điểm)

2y 4 4 . Do x2  3  3 với mọi x nên: 2 là số nguyên  2 a 3 x 3 a 3 2

khi và chỉ khi a2  3  4  a  1. a.(1,0 điểm) Ch phương trình x 2  2 x  m  3  0 1 với m là tham số.

0,25

Giải phương trình (1) khi m  0 ; Khi m = 0, (1) có dạng x  2 x  3  0   16  0 . Khi đó (1) có 2 nghiệm phân biệt là

0,25 0,25

2  16  3; 2 2  16 x2   1 2

0,5

x1 

b.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x12  12  2 x2  x1 x2 . Ph ơng trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  '  0  4  m  0  m  4 Với điều kiện trên, giả sử ph ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 , theo định lý

 x1  x2  2  2 Vi –étta có:  .  x1 x2  m  3  3 x12  12  2 x2  x1 x2  x12  x1 x2  2 x2  12  0

Áp dụng tính đ ợc:  x1  x1  x2   2 x2  12  0  2  x1  x2   12

0,25 0,25

0,25

 x1  x2  6  x1  x2  2  x1  2   x x  m  3   x2  4 Kết hợp với (2),(3) ta có hệ ph ơng trình:  1 2  x  x  6 m  5  1 2 

5 (3,0 điểm)

0,25

Kết hợp với điều kiện ta thấy m  5 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Cho O đ ờng kính AB 2R , C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc với OA tại

C . Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM ( K khác B, M ), H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AH .AK AM 2 c) Xác định vị trí của điểm K để KM KN KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.

a) (1,0 điểm) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp. 900 (góc nội tiếp chắn nửa đ ờng tròn (O))

Ta có BKH

0,25

900 (giả thiết)

HCB

0,25

900

Tứ giác BCHK có BKH HCB nhau. Vậy BCHK là tứ giác nội tiếp. b.(1,0điểm) Chứng minh AH .AK Ta có AB  MN  AM Xét (O) có : AMN 

900

1800 và hai góc này ở vị trí đối 0,25 0,25

AN (tính chất đ ờng kính vuông góc với dây cung) (1)

1 sđ AN (góc có đỉnh nằm trên đ ờng tròn) (2) 2

1 sđ AM (góc có đỉnh nằm trên đ ờng tròn) (3) 2

AKM 

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra AMN  AKM hay AMH  AKM Xét AHM và AMK có AMH  AKM (chứng minh trên)

0,25

A chung  AHM ∽ AMK (g – g)



AH AM  AM AK

0,25

 AH .AK  AM c) (1,0 điểm) Xác định vị trí của điểm K để KM và tính giá trị lớn nhất đó. 2

900 (góc nội tiếp chắn nửa đ ờng tròn (O)) R AMB vuông tại M có đ ờng cao MC ; AC ; BC 2

KB đạt giá trị lớn nhất

Ta có : AMB

MB 2

AC .CB BA.BC

3R2 4 3R2

MC= MB

3R , AB = 2R 4

R 3 2 R 3

0,25

MN 2MC R 3 MN MB R 3 (1) Mặt khác: AB là đ ờng trung trực của MN (tính chất đ ờng kính vuông góc dây cung) BM BN (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác BMN đều Trên đoạn KN lấy điểm P sao cho KP = KB suy ra tam giác KBP cân tại K. PKB

MNB

Ta có : NBP

600

tam giác KBP đều

KBM ( NBK

Dễ dàng chứng minh đ ợc:

0,25

600 )

BPN

BKM c.g.c

NP MK KM KN KB 2KN Do đó KM KN KB lớn nhất KN lớn nhất KN là đ ờng kính của (O) K là điểm chính giữa của cung MB. Khi đó KM KN KB đạt giá trị lớn nhất bằng 4R. Chú ý: Nếu thí sinh giải bài toán bằng cách áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác BKMN để

0,25

có: KM.BN  KB.MN  KN .BM (mà không chứng minh định lý) thì cho 0,5 điểm toàn bài.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

KỲ THI TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 09/6/2018 Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. 1. Rút gọn biểu thức T  3  27  4 3 

 2 x

2. Rút gọn biểu thức A    (x  0;x  16) : x  4  x  16  x 4 3. Giải phương trình: x2  8x  16  2 Câu 2. Cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = - 2x+3 1. Vẽ hai đồ thị đã cho trên cùng một mặt phẳng tọa độ 2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên bằng phép tính 3. Viết phương trình đường thẳng (d 1 )y=ax+b, biết (d 1 )song song với (d) và (d 1 ) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2. Câu 3. 1. Giải phương trình: 5x2  7x  6  0 x  2y  6 2x  2y  6

2. Giải hệ phương trình 

3. Cho phương trình x2  2(m  3)x  m2  3  0 (1) a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ;x2 b)Tìm m để phương trình trên có hai nghiêm phân biệt x1 ;x2 thỏa x12  x22  86 Câu 4. 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, biết AB = 5 cm và BC = 13 cm. từ H kẻ HK vuông góc với AB  K  AB  . Tính AC, BH và cos HBK 2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AD, BE cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại I và K (I khác A, K khác B) a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp b) Chứng minh tam giác CKI cân c) Kẻ đường kính BF của đường tròn (O). Gọi P là trung điểm AC. Chứng minh 3 điểm H, P, F thẳng hàng.

ĐÁP ÁN ĐỀ TOÁN VÀO 10 LONG AN 2018-2019

Bµi1:1) T  3  27  4 3  3  3 3  4 3  0 1  2 x  1 2) A     : x  16 x 4  x 4 



x 4 x 4



x 4 .

x 4



.



x 4 .

x 4

2 x

2

2 x

1

3. x 2  8x  16  2 B×nh ph¬ng 2 vÕ  x 2  8x  16  4  x 2  8x  12  0  x 2  6x  2x  12  0  x(x  6)  2(x  2)  0  (x  2)(x  6)  0 x  2  vËy S  2;6 x  6 Bµi 2. 1) Häc sinh tù vÏ 2 ®å thÞ 2) ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm lµ :x 2  2x  3 x  1  y  1  x  2x  3  0    x  3  y  9 VËy täa ®é giao®iÓm lµ (1;1); ( 3;9) 2

a  2 3) V× (d1 ) : y  ax  b song song víi (d)   b  3 x  0 V× (d1 ) c¾t trôc tung t¹i ®iÓm cã tung ®é lµ 2   y  2 Thay vµo (d1 ) ta cã :2  2.0  b  b  2 VËy ptrinh (d1 ) cÇn t×m lµ :y  2x  2

Bµi 3.1) 5x 2  7x  6  0  5x 2  10x  3x  6  0  5x(x  2)  3(x  2)  0   5x  3  x  2   0 3  x   3   5 . VËy S   ;2    5  x  2  x  2y  6 x  2x  6  6 3x  12 x  4 2)     2x  2y  6 2y  2x  6 y  x  3 y  1 vËy (x;y)  (4;1) 3)a) x 2  2(m  3)x  m 2  3  0 (1)  '  (m  3)2  (m 2  3)  m 2  6m  9  m 2  3  6  6m §Ó phtrinh (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th×  '  0  6  6m  0  m  1 x1  x 2  2m  6 b) khi ®ã ¸p dông Vi et ta cã :  2 x1x 2  m  3 Ta cã :x12  x 22  86   x1  x 2   2x1x 2  86 2

hay (2m  6)2  2(m 2  3)  86  4m 2  24m  36  2m 2  6  86  0  m  14 (lo¹i)  m 2  12m  28  0    m  2 (chän) VËy m  2 th× tháa ®Ò

Cau 4 1.

K H

)¸p dông ®Þnh lý Pytago vµo ABC vu«ng t¹i A  AC  BC 2  AB 2  132  52  12 (cm) ) ¸p dông hÖ thøc lîng vµo ABC vu«ng t¹iA,®êng cao AH 25 (cm) 13 ¸p dông hÖ thøc lîng vµo ABH vu«ng t¹i H,®êng cao HK

 BH.BC  AB 2 hay BH.13  52  BH 

 25  BH 2  13  125  BK    AB 25 169 125 BK 169 5  cos HBK    BH 25 13 13

F K P E

O H

C D

B I

a) xÐt tø gi¸c CDHE cã :CDH  CEH  900  900  1800  CDHE néi tiÕp b) ACDvu«ng t¹i D  CAD  ACD  900  CAD  900  ACD  CAI  900  ACB  CAI  KBC mµ CAI  CKI (cïng ch¾n CI); KBC  KIC (cïng ch¨n KC)  CKI  KIC  CKI c©n t¹i C c) H lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC  CH  AB 1 ta cã BCF  900 (gnt ch¾n ®êng trßn)  CF  BC  CF / /AH 2 Cmtt  BAF  900  AF  AB  AF / /CH Tõ ®ã suy ra AFCH lµ h×nh b×nh hµnh  2 ®êngchÐo AC vµ HF c¾t nhau t¹i trung ®iÓm mçi ®êng mµ P lµ trung ®iÓm AC (gt)  P lµ trung ®iÓm HF VËy H, P, F th¼ng hµng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN (chuyên)

Năm học: 2018 - 2019 Thời gian làm bài: 150 phút. (Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm). a) Rút gọn biểu thức P  b) Chứng minh rằng Câu 2 (2,0 điểm).

x2 y2 x2 y 2   . ( x  y )(1  y ) ( x  y )(1  x) (1  x)(1  y )

1

1 1 1 1 1 1  2  1  2  2  ...  1    2018. 2 2 1 2 2 3 2017 20182





a) Giải phương trình 2 1  x  x 2  2 x  1  x  x 2  1.

 x  3 y  2  y ( x  y  1)  x  0  b) Giải hệ phương trình  4y 2 3 8  x  y  1  1  x  14 y  8.  Câu 3 (3,0 điểm). Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa hai điểm A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC ( M  B; M  C ). Kẻ MH vuông góc với BC ( H  BC ), đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK và CM giao nhau tại E. a) Chứng minh BE 2  BC. AB. b) Từ C kẻ CN  AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), gọi P là giao điểm của NK và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳng BP. c) Cho BC  2R . Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và MBH . Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO2 lớn nhất. Câu 4 (1,5 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 2 x2  5 y 2  41  2 xy. b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n3  2019 chia hết cho 6. Câu 5 (1,5 điểm).

a  b  1. 1 2 Chứng minh rằng 3  a  b    a  b   4ab   a  3b b  3a . 2 b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao cho trong bất kỳ bốn điểm nào cũng có ít nhất ba điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại cùng thuộc một đường thẳng. a) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn

Trang 1/5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019

Môn : TOÁN (chuyên) (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang)

Câu 1: (2,0 điểm) Điểm

Nội dung a) (1,0 điểm) Điều kiện: x   y; x  1; y  1. P

0,25

x3  x 2  y 2  y 3  x3 y 2  x 2 y 3 x 2  xy  y 2  x  y  x 2 y 2  ( x  y )(1  y )(1  x) (1  y )(1  x)

0,25

x2  x2 y  x  y  1 x  x  xy  y. b) (1,0 điểm) Đặt S  1 

0,25 0,25

1 1 1 1 1 1   1    ...  1   . 12 22 22 32 20172 20182

0,25

Ta có 1 

1 1 1  2 1   1      n 2 (n  1) 2  n n  1  n(n  1)

(n 

)

1  1 1  1  1   .  1  n n  1 n n  1   1 1   1 1  1 1  Áp dụng đẳng thức trên ta được S  1     1     ...  1     1 2  2 3  2017 2018  = 2018 

1  2018. (điều phải chứng minh) 2018

0,25 0,25 0,25

Câu 2: (2,0 điểm) Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm) Điều kiện: x2  2 x  1  0.





2 1  x  x 2  2 x  1  x  x 2  1  2(1  x) x 2  2 x  1  x 2  2 x  1 (1) Đặt

0,25

x 2  2 x  1  y . ( y  0)

y  2 PT (1) trở thành y 2  2(1  x) y  4 x  0    y  2 x Với y  2 thì

x2  2 x  1  2  x  1  6. (thỏa mãn điều kiện)

Với y  2 x thì

x 2  2 x  1  2 x (vô nghiệm) Trang 2/5

0,25





Phương trình có tập nghiệm 1  6; 1  6 .

0,25

2) (1,0 điểm) Điều kiện x  8; y  1; x  y  0.

 x  3 y  2  ( x  y )( y  1)  0 (1)  Hệ đã cho tương đương  4y 3 8  x   x 2  14 y  8 (2)  y 1 1  Nhận xét: y  1 và y  0 không thỏa mãn, do đó (1) 

x y x y  20  y 1 y 1

0,25

x y  1  x  2 y  1 . Thế vào (2) ta được phương trình y 1

4 y  1  3 7  2 y  4 y 2  10 y  11  0  4



 

y 1  2  3



7  2 y  1  4 y 2  10 y  6  0

0,25

  2 3   y  3    2 y  1  0. (3)  y 1  2  7  2 y 1   Với 1  y 



7 thì 2

2 2 2 3 3  ;  ;2 y  1  1 y 1  2 3  2 2 7  2 y 1 4

2 3   2y 1  0 . y 1  2 7  2y 1

Do đó (3)  y  3  0  y  3.  x  7 thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của hệ là ( x; y)  (7;3).

0,25

Câu 3: (3,0 điểm) Điểm

Nội dung a) (1,0 điểm). Ta có BME  BKE  900 nên tứ giác BMKE nội tiếp.

0,25

 HKB  CEB mà HKB  BAE (vì cùng phụ với HKA )  BAE  CEB .

0,25

BEC đồng dạng với BAE (vì ABE chung và BAE  CEB )

0,25

Do đó

BE BC   BE 2  BC. AB. AB BE

b) (1,0 điểm). Xét tam giác vuông ABN có CN  AB  BN 2  BC. AB mà BE 2  BC. AB suy ra BN  BE hay BNE cân tai B suy ra BNE  BEN . (1) Trang 3/5

0,25

Mặt khác, theo câu trên ta có CEB  BAE và BAE  BNP suy ra CEB  BNP . (2) Từ (1) và (2) suy ra PNE  PEN hay PNE cân tại P  NP  PE . Vì NP  PE và BN  BE nên BP  NE . Suy ra BP là đường phân giác của các góc EBN và EPN . Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường thẳng BP. c) (1,0 điểm). Gọi giao điểm của O1O2 với MB, MC lần lượt là I và J . Ta có CMH  MBH (vì cùng phụ MCB ). Suy ra O1MH  O2 BH Mặt khác O1HM  O2 HB  450. O2 Suy ra MO1H đồng dạng với BO2 H . O1 O H MH MH MC Do dó 1  mà  O2 H HB HB MB O’ O H MC .  1  O2 H MB O H MC ). O1HO2 đồng dạng với CMB (vì O1HO2  CMB  900 và 1  O2 H MB Suy ra HO2O1  MBC  MBC  HO2 I  1800 .

0,25 0,25 0,25

0,25

Suy ra tứ giác BHO2 I nội tiếp  MIJ  O2 HB  450 . Suy ra MIJ cân tại M  MI  MJ . Ta có MO2 I  MO2 H (g.c.g) suy ra MI  MH và O2 I  O2 H . Tương tự cũng có O1H  O1 J . Chu vi tam giác O1HO2 là O1H  HO2  O1O2  JO1  O1O2  O2 I  2MI  2MH . Ta có MH  R . Suy ra chu vi tam giác O1HO2 lớn nhất bằng

2R khi MH  R , hay M nằm chính giữa nửa

0,25

đường tròn đường kính BC. Câu 4: (1,5 điểm) Nội dung

Điểm

a) (0,75 điểm). Phương trình đã cho tương đương 2 x2  2 xy  5 y 2  41  0. (1)

82 . Mặt khác từ (1) ta có y 2 là số lẻ, nên y 2  1;9 9 2 Với y  1  2 x  2 x  36  0  x  . Ta có 'x  82  9 y 2  0  y 2 

Với y  1  2 x2  2 x  36  0  x  .

0,25

x  1 Với y  3  2 x  6 x  4  0    x  2. 2

Trang 4/5

 x  1 Với y  3  2 x 2  6 x  4  0    x  2. Vậy có 4 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn là: (1;3),(2;3),(1; 3),(2; 3). b) (0,75 điểm). Đặt n  6q  r , r 0,1,2,3,4,5 . Khi đó n3  2019 chia hết cho 6 khi r 3  3 chia hết cho 6. Nếu r chẵn thì r 3  3 lẻ, do đó r 3  3 không chia hết cho 6. Suy ra r  1,3,5. Với r  1  r 3  3  4 không chia hết cho 6. Với r  3  r 3  3  30 6 . Với r  5  r 3  3  128 không chia hết cho 6. Suy ra n  6q  3. Mà 0  n  2019  0  q  336. Vậy có tất cả 337 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài.

0,25

Câu 5: (1,5 điểm) Nội dung

Điểm

a) (0,75 điểm). Bất đẳng thức đã cho tương đương

1 1   2. a  3b b  3a

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số dương ta có và

a a ab 1 a ab   .     (1) a  b a  3b 2  a  b a  3b  a  3b

0,25

b 1 2b 11 2b   .     . (2) 2 a  3b 2  2 a  3b  a  3b

a  b 13 a  1 13 a          . (3) a  3b 2  2 a  b  a  3b 2  2 a  b  0,25 1 13 b  Chứng minh tương tự ta cũng có     . (4) b  3a 2  2 a  b  1 1 Từ (3) và (4) suy ra   2. (điều phải chứng minh) a  3b b  3a 0,25 1 Dấu "  " xảy ra khi a  b  . 4 b) (0,75 điểm). 0,25 Nếu tất cả 100 điểm cùng thuộc một đường thẳng thì bài toán hiển nhiên đúng. Nếu không phải cả 100 điểm đều thẳng hàng. Ta chọn ra bốn điểm A, B, C, D mà không phải tất cả đều thẳng hàng. Theo giả thiết trong 4 điểm A, B, C, D phải có 3 điểm thẳng hàng, giả sử 3 điểm A, B, C thuộc đường thẳng d , còn điểm D nằm ngoài đường thẳng d . Ta sẽ 0,25 chứng minh 96 điểm còn lại thuộc đường thẳng d bằng phương pháp phản chứng. Giả sử trong 96 điểm còn lại, tồn tại điểm E nằm ngoài đường thẳng d . Xét bốn điểm A, B, D, E phải có 3 điểm thẳng hàng. Do 3 điểm A, B, D không thẳng hàng, 3 điểm A, B, E không thẳng hàng nên 3 điểm A, D, E thẳng hàng hoặc 3 điểm B, D, E thẳng hàng. Từ (1) và (2) suy ra

Trang 5/5

Trường hợp 3 điểm A, D, E thẳng hàng thì 3 điểm B, D, E không thẳng hàng, 3 điểm C, D, E không thẳng hàng, do đó trong 4 điểm B, C, D, E không có 3 điểm nào thẳng hàng, trái với giả thiết. Trong trường hợp B, D, E thẳng hàng thì tương tự, trong 4 điểm A, C, D, E không có 3 0,25 điểm nào thẳng hàng, trái với giả thiết. Như vậy ngoài 3 điểm A, B, C thuộc đường thẳng d , phải có 96 điểm nữa cùng thuộc d . Bài toán được chứng minh. Chú ý: - Nếu thí sinh làm đúng, cách giải khác với đáp án, phù hơp kiến thức của chương trình THCS thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần đảm bảo tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. ---------- HẾT ----------

Trang 6/5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 07/06/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. a) So sánh 2 3  27 và 74 

 x4

b) Chứng minh đẳng thức    1 (với x  0;x  4 ) . x 2 4  x 2 c) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y  3x  m đi qua điểm A(1;2) Câu 2. Cho phương trình x2  2x  m  1  0(*) trong đó m là tham số a) Giải phương trình (*) khi m = - 2 b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện x1  2x2

Câu 3. Nhân ngày sách Việt Nam, 120 học sinh khối 8 và 100 học sinh khối 9 cùng tham gia phong trào xây dựng “Tủ sách nhân ái”. Sau một thời gian phát động, tổng số sách cả hai khối đã quyên góp được là 540 quyển. Biết rằng mỗi học sinh khối 9 quyên góp nhiều hơn mỗi học sinh khối 8 1 quyển. Hỏi mỗi khối đã quyên góp được bao nhiêu quyển sách (Mỗi học sinh cùng một khối quyên góp số lượng sách như nhau). Câu 4. Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A di động trên (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, đoạn thẳng KA cắt (O) tại điểm M. Chứng minh rằng: a) BCEF là tứ giác nội tiếp b) KM.KA = KE.KF c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. x(2x  2y  1)  y Câu 5. Giải hệ phương trình  2

2  y  2 1  x  2x  2(1  y)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 TOÁN NGHỆ AN 2018-2019 Cau1 a) 2 3  27  2 3  3 3  5 3  25.3  75 b) Víi x  0;x  4 1  x4  1    . x 2 4  x 2 



x 2 x 2



x 2 .

x4 4 x 2



4 x4 .  1(®pcm) x4 4

x  1 c) V× d :y  3x  m ®i qua A(1;2)   . thay vµo (d) ta cã y  2 2  3.1  m  m  1 C©u 2:a) khi m= - 2 th× pt (*) thµnh :x 2  2x  3  0  '  (1)2  3  4  0 nª n ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x1  1  4  3 .VËy S  3;1  x 2  1  4  1 b) pt (*) :x 2  2x  m  1  0  '  (1)2  (m  1)  2  m. §Ó pt (*) cã nghiÖm th×  '  0  2  m  0  m  2 x  x  2 Khi ®ã ¸p dông Vi et, ta cã :  1 2 x1x 2  m  1  4 x1  3  x1  x 2  2 2   KÕt hîp vs ®Ò ta cãhÖ x1x 2  m  1  x 2  3 x  2x  2  1   4  2  m  1  x1x 2        3  3   8 17  m  1  (tháa) 9 9

C©u 3 :Gäi x (quyÓn s¸ch) lµ sè s¸ch khèi 8quyª n gãp (x  *;x  540)  Sè s¸ch khèi 9 :540  x 540  x Sè s¸ch1häcsinh khèi 9 : 100 x Sè s¸ch1häcsinh khèi 8 : 120 540  x x Theo ®Ò ta cã ph¬ng tr×nh:  1 100 120 6(540  x)  5x   1  11x  3240  600 600  x  240(tháa) VËy khèi 8gãp :240s¸ch, khèi 9 : 540  240  300 cuèn s¸ch

Cau 4.

A E M

O F

H J

B K

a) ta cã :BE,CF lµ 2 ®êng cao  BFC  BEC  900  BEFC cã 2 ®Ønh F, E cïng nh×n BC díi1gãc 900  BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp b) V× BMAC lµ tø gi¸c néi tiÕp  KMB  ACB. (gãc ngoµi t¹i1®Ønh b»ng gãctrong®èi diÖn) XÐt MKB vµ CKA cã : K chung;KMB  ACB (cmt)  MKB

CKA (g  g) 

MK KB   KM.KA  KC.KB (1) CK KA

V× EFBC lµ tø gi¸c néi tiÕp  KBF  FEC XÐt KBF vµ KEC cã : CKF chung KBF  KEC (cmt)  KBF KEC (g  g) KB KF    KB.KC  KF.KE (2) KE KC Tõ (1) vµ (2)  KM.KA  KE.KF c) KÐo dµi MH c¾t ®êng trßn t¹i I KM KE  KF KA KM KE XÐt KME vµ KFA cã :  ;K chung KF KA Ta cã :KM. KA  KE. KF (cmt) 

 KME KFC (c.g.c)  KAF  KEM hay MEF  MAF vµ 2 gãc nµy cïng nh×n MF  MAEF lµ tø gi¸c néi tiÕp  A;M;F;H;E cïng thuéc mét ®êng trßn L¹i cã :AFH  AEH  900  AH ®êng kÝnh cña ®êng trßn ®i qua 5®iÓm A,M, F, E, H MÆt kh¸c AMH lµ gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn  AMH  900 hay AMI  900  AI lµ ®êng kÝnh cña ®êng trßn (O)  ABI  900 hay AB  BI  BI / /CF hay BC / /CF Cmtt  CI / /BE hay CI / /BH  BHCI lµ h×nh b×nh hµnh  BC  HI  J nª n BC  MH  J víi J lµ trung ®iÓm BC Mµ BC cè ®Þnh nªn J cè ®Þnh VËy khi A thay ®æi ta cã MH lu«n ®i qua trung ®iÓm J cña BC cè ®Þnh

Câu 5. x(2x  2y  1)  y (1)  2 2 y  2 1  x  2x  2 1  y





(2)

§ iÒu kiÖn:1  x  2x 2  0   x  1 2x  1  0  1  x 

1 2

Ta cã :(1)  x(2x  2y  1)  y  2x 2  2xy  x  y  0  2x(x  y)  (x  y)  0 1  x    2x  1 x  y   0  2  x  y 1 1 1 *) Víi x    (2)  y  2 1   2.  2(1  y)2 2 2 4 y  0 2  2y  y  0   y  1  2 *) x  y  (2)  x  2 1  x  2x 2  2(1  x 2 )  2 1  x  2x 2  4x 2  2x 2  x  1  1  4x 2  2x 2  x  1  2 1  x  2x 2  1  0





 4x 2  2x 2  x  1  2 1  x  2x 2 .1  12  0 4x 2  0 2x  0 x  0  2    x0   2 2 2  1  x  2x  1  0  1  x  2x  1 2x  x  0





 1   1 1   VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x;y)    ;0  ;   ;  ;  0;0    2   2 2  

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Bài thi môn: TOÁN – Ngày thi:02/06/2018 Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1. a) Rút gọn biểu thức P  3 5  20 x  2y  5 x  y  2

b) Giải hệ phương trình: 

c) Tìm giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x  m đi qua điểm A (0;3) Câu 2. Cho phương trình x2  mx  m  4  0 (1) (x là ẩn số và m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 8 b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 với mọi m. Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của m để

 5x1  1 5x2  1  0 Câu 3. Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng chiều dài thêm 1cm và tăng chiều rộng thêm 2 cm thì diện tích của hình chữ nhật đó tăng thêm 25cm2 . Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC và đường cao AK. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) , (M, N là các tiếp điểm, M và B nằm trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng MN và AK. Chứng minh rằng a) Tứ giác AMKO nội tiếp b) KA là tia phân giác của MKN c) AN2  AK.AH d) H là trực tâm tam giác ABC. Câu 5 Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn a  b  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 

1 25   ab 2 a  b ab 2

ĐÁP ÁN VÀO 10 2018-2019 NINH BÌNH C©u1)a)P  3 5  20  3 5  4.5  3 5  2 5  5 5 x  2y  5 x  2(x  2)  5 3x  9 x  3 x  3 b)      x  y  2 y  x  2 y  x  2 y  3  2 y  1 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x;y)  (3;1) x  0 c) Ta cã A(0;3)   . thay vµo pt ta cã :3  0  m  m  3. y  3 C©u 2)a) khi m  8 ta cã (1)  x 2  8x  4  0 Ta cã :  '  (4)2  4  12  0   '  2 3 x  4  2 3  ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt :  1 x 2  4  2 3





VËy S  4  2 3

b) Ta cã :x 2  mx  m  4  0(1)   (m)2  4(m  4)  m 2  4m  16  (m  4)2  0 VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m x  x 2  m Khi ®ã ¸p dông Vi et ta cã :  1 x1x 2  m  4 Khi ®ã :  5x1  1 5x 2  1  0  25x1x 2  5(x1  x 2 )  1  0 hay 25(m  4)  5m  1  0 hay 25m  5m  100  1  0  20m  99 99 20 mµ m nguyª n d¬ng  m  1;2;3;4

m

C©u 3.gäi chiÒu dµi lµ x(m)(1<x<14)  ChiÒu réng h×nh ch÷ nhËt lµ :14  x Theo ®Ò, ta cã ph¬ng tr×nh:(x+1)(14 - x+2)=x(14 - x)+25  (x+1)(16-x)=14x - x 2  25  x 2  15x  16  14x  x 2  25  x  9(tháa) VËy chiÒu dµi lµ 9cm,chiÒu réng lµ 5cm.

Cau 4

D M

K O

a) Ta cã :AKO  AMO  900 cïng nh×n AO  Tø gi¸c AMKO néi tiÕp b) Cmtt c©u a ta cã tø gi¸c ANOK néi tiÕp  AON  AKN (cïng ch¾n AN)(1) MKA  MOA (cïng ch¾n MA trong tø gi¸c MAOK néi tiÕp)(2) AOM  AON (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn)(3) Tõ (1)(2)(3)  AKN  AKM  KA lµ tia ph©n gi¸c MKN 1 c) Ta cã: ANM  MON (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cïng ch¨n1cung) 2 1 mµ MOA  MON;mÆt kh¸c MOA  NKA (cmt) 2  NKA  ANH XÐt ANK vµ AHN cã :A chung;NKA  ANH AN AH  ANK ANH (g  g)    AN 2  AK.AH AK AN d) ta cã :BDC  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa dêng trßn )  BD  AC  ABC cã hai ®êng cao AK vµ BD c ¾ t nhau t¹i H Nª n H lµ trùc t©m ABC

C©u 5:¸p dông bÊt ®¼ng thøc:  a  b   4ab  2

ab 4  ab ab

1 1 4   a b ab 1 25 1 1 49 S 2   ab  2    ab 2 2 a  b ab a  b 2ab 2ab 4 49 S 2   ab 2 a  b  2ab 2ab 4 17 16 S    ab 2 (a  b) 2ab ab 

Ta cã :2 4

a  b

a  b ab  a  b  ab 

16 4 4 4 1 1 17 16 83  S  2 .ab  4 4 2.4 ab 8 

a  b  4  DÊu"  " x ¶ y ra  a  b ab2 ab  4  VËy S min 

83 ab2 8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN (Đề chính thức)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2018 Khóa ngày 01/06/2018 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau a) 7x  5  5x  9

2x  y  1 b)  x  2y  8

Câu 2. Cho phương trình bậc hai x2  6x  m  0(1) m là tham số a)

Giải phương trình (1) khi m = 5

b) Tính giá trị m để phương trình (1) có nghiệm c) Gọi x1 ;x2 là nghiệm của phương trình (1) . Tính giá trị của m để x12  x22  20

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, ABC  300 nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC = 2R a) Tính độ dài các cạnh AB, AC theo R b) Tính diện tích S của hình giới hạn bởi cing AC và dây AC theo R c) Gọi M là điểm di động trên cung BC không chứa điểm A. Xác định vị trí của M để tích MB.MC là lớn nhất Câu 4. Giải phương trình

x  2  11  x  5

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 NINH THUẬN 2018-2019 Câu 1 a) 7x  5  5x  9  5x  7x  5  9  2x  4  x  2 VËy S  2 2x  y  1 x  8  2y x  8  2y x  8  2.(3) x  2 b)      x  2y  8 2(8  2y)  y  1 5y  15 y  3 y  3 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)   2; 3

C©u 2 :x 2  6x  m  0(1) a) Khi m  5  (1) thµnh x 2  6x  5  0  '  (3)2  1.5  4  0  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1  3  4  5  x 2  3  4  1 vËy S  5;1 b) x 2  6x  m  0(1). Ta cã :  '  ( 3)2  m  9  m §Ó ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th×   0  9  m  0  m  9 x1  x 2  6 c) ¸p dông hÖ thøc Viet   x1x 2  m Ta cã :x12  x 22  20   x1  x 2   2x1x 2  20 2

hay 6 2  2m  20  m  8(tháa) VËy m  8 th× x12  x 22  20

Cau 3

B O

M a) V× ABC néi tiÕp (O) cãBC lµ ®êng kÝnh nª n ABC vu«ng t¹i A AC AC hay sin 300   AC  2R.Sin 300  R BC 2R AB AB Cos B  hay cos300   AB  2R.cos300  R 3 BC 2R Ta cã sin B 

VËy AC  R, AB  R 3 b) V× AC  AO  OC  R  AOC ®Òu  S AOC 

R2 3 4

R 2 .600 R 2  3600 6  DiÖn tÝch cña h×nh giíi h¹n bëi cung AC vµ d©y AC lµ S qu¹ tAOC 



R 2 R 2 3 R 2 S   2  3 3 6 4 12



c) MBC cãBMC  900  MBC vu«ng t¹i M  MB 2  MC 2  BC 2  4R 2 (Pytago) MB 2  MC 2 4R 2   2R 2 2 2 DÊu"  "x ¶ y ra  MB  MC.khi ®o M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung BC

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si  MB.MC 

VËy GTLN cña MB.MC lµ 2R 2  M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung BC

Câu 4.

x  2  11  x  5 (2  x  11)  11  x  5  x  2 Binh phuong 2 ve  11  x  25  x  2  10 x  2  10 x  2  2x  16  5 x 2  x 8 Binh phuong 2 ve  25(x  2)  x 2  16x  64  x 2  9x  14 x  7(tm)  x  2 (tm) S  7;2

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút

I.TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức x  2 có nghĩa A.x  2

B.x  2

C.x  2

D.x  0

Câu 2. Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất 2 1 C.y  2x  1 D. y  x 2 x Câu 3. Tìm m biết điểm A(1; 2) thuộc đường thẳng có phương trình y  (2m  1)x  3  m 4 4 5 5 A.m   B.m  C.m  D.m  3 3 3 3 A. y  x  2

B.y 

Câu 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y=(2m – 1 )x+m+2 đồng biến trên R A.m 

1 2

B. m 

1 2

C.m  0

D. m  0

Câu 5. Hàm số nào dưới đây đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0 ? A.y  3x  1

B.y  x  3

C.y  x2

D.y  3x 2

Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2  2(m  1)x  m2  3  0 vô nghiệm A.m  2

B.m  2

C.m  2

D.m  2

Câu 7. Phương trình nào dưới đây có tổng hai nghiệm bằng 3 ? A.2x2  6x  1  0

B.2x2  6x  1  0

C.x2  3x  4  0

D.x 2  3x  2  0

Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A. Khẳng định nào dưới đây đúng ? A.cosB 

AB BC

B.cosB 

AC BC

C.cosB 

AB AC

D.cosB 

AC BC

Câu 9. Khẳng định nào dưới đây sai ? A. Mọi hình vuông đều là tứ giác nội tiếp B. Mọi hình chữ nhật đều là tứ giác nội tiếp C. Mọi hình thoi đều là tứ giác nội tiếp D. Mọi hình thang cân đều là tứ giác nội tiếp Câu 10. Cho đường tròn tâm O, bán kính R=5 cm, có dây cung AB = 6 cm. Tính khoảng cách d từ O tới đường thẳng AB. A.d  1cm

B.d  2 cm

C.d  4cm

D.d  34 cm

II. TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu 1. (1,5 đ) Hai bạn Hòa và Bình có 100 quyển sách. Nếu Hòa cho Bình 10 quyển sách thì số quyển sách của Hòa bằng

3 số quyển sách của Bình. Hỏi lúc đầu mỗi bạn có bao nhiêu quyển 2

sách ? Câu 2 (2 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) đi qua A(3;7) và song song với đường thẳng có phương trình y  3x  1 a) Viết phương trình đường thẳng d b) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P): y  x2

Câu 3. (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm M cố định nằm ngoài (O;R). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới (O;R) (A,B là các tiếp điểm). Đường thẳng (d) bất kỳ qua M và cắt (O;R) tại hai điểm phân biệt C, D (C nằm giữa M và D). Gọi N là giao điểm của AB và CD a) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp b) Chứng minh rằng tam giác ANC và tam giác DNB đồng dạng, tam giác AMC và tam giác DMA đồng dạng c) Chứng minh rằng

MC NC  MD ND

d) Xác định vị trí của đường thẳng (d) để

1 1 đạt giá trị nhỏ nhất  MD ND

Câu 4. (1 điểm) 2018  b2018  a2020  b2020 . Tìm giá trị lớn Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn a 2 2 nhất của biểu thức P   a  1   b  1

ĐÁP ÁN VÀO 10 TOÁN PHÚ THỌ 2018-2019 I.PHẦN TRẮC NGHIỆM 1. A 2.C 3.A 4.B 5.D 6.D 7.B 8.A 9.C 10.C II.TỰ LUẬN Câu 1 Gäi x lµ sè s¸ch cña B × nh (x  * / x  100)  sè s¸ch cña Hßa:100  x Sau khi Hßa cho B×nh10 cuèn th× sè s¸ch cña mçi b¹nlµ Hßa :90  x,B×nh :x  10 3 V× khi ®ã sè s¸ch cña Hßa b»ng sè s¸ch cña B×nh nªn ta cã ph¬ng tr×nh 2 3 3 5 90  x  (x  10)  90  x  x  15  x  75  x  30(tháa) 2 2 2 VËy sè s¸ch cña B×nh lµ : 30 cuèn,sè s¸ch cña Hßa lµ :100  30  70(cuèn) Câu 2 a) Gäi ph¬ng tr×nh d cã d¹ng y  ax  b

V× d / / víi y  3x  1  a  3vµ b  1 Ta cã ph¬ng tr×nh y  3x  b ®i qua A(3;7)  7  3.3  b  b  2 (chän) VËy ph¬ng tr×nh d cÇn t×m lµ y  3x  2 b) Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) lµ x 2  3x  2  x 2  3x  2  0   (3)2  4.1.2  1  0  3 1 2y4 x1  2  ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm    3 1 1 y 1 x 2   2 VËy täa ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P) lµ :(2;4) ;(1;1)

Câu 3

A C M

D N H O

B a) Ta cãMA,MB lµ hai tiÕp tuyÕn cña (O) nª n MAO  MBO  900  MAO  MBO  900  900  1800  Tø gi¸c MBOA néi tiÕp b) XÐt ANC vµ DNB cã

ANC  DNB (®èi ®Ønh);CAN  BDN (cïng ch¾n cung BC)  ANC ®ång d¹ng DNB (g  g) XÐt AMC vµ DMA cã : MAC  ADC (cïng ch¾n cungAC) M chung  AMC ®ång d¹ng DMA (g  g)

c)Ta cã : MAC MDA (cmt) 

MA MC   MA 2  MD.MC (1) MD MA

Gäi H lµ giao ®iÓm cña AB vµ MO Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau  AB  OM t¹i H ¸p dông hÖ thøc lîng vµo MAO vu«ng t¹i A,®ê ng cao AH  MA 2  MH.MO (2) Tõ (1) vµ (2)  MD.MC  MH.MO 

MC MO  MH MD

XÐt MCH vµ MOD cã : M chung;

MC MO  (cmt) MH MD

 MCH MOD (g  g)  MHC  MDO (3)  Tø gi¸c CHOD néi tiÕp (tÝnh chÊt gãc trong t¹i1®Ønh b»ng gãc ngoµi t¹i ®Ønh ®èi diÖn )  DHO  DCO (cïng ch¾n DO)(4) Mµ OC  OD  R  COD c©n t¹i O  ODC  OCD (5) Tõ (3);(4);(5)  DHO  CHM Mµ AH  HM  HN lµ tia ph©n gi¸c trong cña CHD vµ HM lµ tia ph©n gi¸c cña CHD MC NC   (tÝnh chÊt ®êng ph©n gi¸ c cña tam gi¸c ) MD ND 1  CD CD MD  CM CN  ND CM CN  1 d) XÐt DC.        1  1  MD ND MD ND  MD ND  MD ND CN MC 1 1 2  MC NC  2   2  v×   cmt     DN MD  MD DN  MD ND CD 2 2 1 1 1 1 V× CD lµ d©y cung nª n CD  2R       CD 2R R MD ND R DÊu"  "x ¶ y ra  CD  2R hay ®êng th¼ng d ®i qua O. VËy ®Ó

1 1  ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt th× d ®i qua O MD ND

Câu 4. Ta cã bæ ®Ò :NÕu x  y  0 th×  x n  y n  x m  y m   2  x m  n  y m  n  DÊu"  "x ¶ y ra  x  y  ta ® îc x 2  y 2  2 ¸p dông bæ ®Ò trª n ta cã





P   a  1   b  1  a 2  b 2  2(a  b)  2  2  2(a  b)  2  4  2(a  b) 2

DÊu"  "x ¶ y ra  a  b  2a 2018  2a 2020  2a 2018 (a 2  1)  0  a  1 Khi ®ã Max P  4  2.2  8 VËy Max P  8  a  b  1

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN (Không chuyên) Thời gian: 120 phút. Ngày thi: 02/06/2018

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC I. TRẮC NGHIỆM (3 điểm)

Học sinh chọn một phương án đúng nhất ở mỗi câu và viết phương án chọn vào bài làm: Câu 1 (NB): Tìm x để biểu thức A. x  2

 x  2

có nghĩa.

B. x  2

C. x  2

D. x  2

C. y  x 2  1

D. y 

Câu 2 (NB): Hàm số nào sau đây là hàm số bậc nhất? A. y  ax  b

B. y  1  2 x

1 x

Câu 3 (TH): Cặp số nào sau đây không phải là nghiệm của phương trình x  2 y  1? A. 1; 1

B.  1; 0 

 1 C.  0;   2

D.  3; 2 

 y  2x  3 C.   y  4x  6

 y  2x  3 D.   y  x  3

Câu 4 (VD): Hệ phương trình nào sau đây vô nghiệm?

 y  2x  3 A.  y  x  5

 y  2x  3 B.   y  2x  1

Câu 5 (TH): Cho hàm số y  ax 2  a  0  . Kết luận nào sau đây là đúng? A. Hàm số đồng biến với mọi x.

B. Hàm số nghịch biến với mọi x.

C. Hàm số đồng biến khi x  0.

D. Hàm số nghịch biến khi x  0.

Câu 6 (TH): Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt? A. x2  3x  4  0.

B. x2  2 x  1  0

C. x2  x  1  0

D. x2  1  0

Câu 7 (VD): Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AH = 2, HC = 4. Đặt BH = x. Tính x. A. x 

1 2

B. x  1

C. x 

16 3

D. x  4

1 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

Câu 8 (TH): Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đẳng thức nào sau đây là sai? A. sin B 

AH AB

B. tan BAH 

BH AH

C. cos C 

HC AC

D. cot HAC 

AH AC

Câu 9 (TH): Tính chu vi C của tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn có bán kính bằng A. C  9cm

B. C  9 3cm

C. 18cm

D. 18 3cm

3cm.

Câu 10 (VD): Cho đường tròn tâm O đường kính 10cm. Gọi H là trung điểm của dây AB. Tính độ dài đoạn OH, biết AB = 6cm. A. OH  4cm

B. OH  8cm

C. OH  16cm

D. OH  64cm

Câu 11 (VD): Cho đường tròn  O; 6cm  và đường tròn  O '; 5cm  có đoạn nối tâm OO '  8cm. Biết đường tròn  O  và  O ' cắt OO ' lần lượt tại N , M . Tính độ dài MN . A. MN  4cm B. MN  3cm C. MN  2cm D. MN  1cm Câu 12 (TH): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Khẳng định nào sau đây không đúng? A. ADC  CBA B. ADB  ACB C. ADC  ABC  1800 D. DAB  DCB  1800 2 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

II. TỰ LUẬN (7 ĐIỂM) Câu 13 (VD) (1,50 điểm) a) So sánh 5 và 2 6 b) Giải phương trình x4  4 x2  5  0 Câu 14 (VD) (1,50 điểm) Cho phương trình 4 x2  2  m  1 x  m2  0 (m là tham số) a) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm kép? b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, dùng hệ thức Vi-ét, hãy tính tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình. Câu 15 (2,00 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Nếu mở cả hai vòi nước chảy vào một bể cạn thì sau 3 giờ bể đầy nước. Nếu mở riêng từng vòi thì vòi thứ nhất làm đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ 30 phút. Hỏi nếu mở từng vòi thì mỗi vòi chảy bao lâu đầy bể. Câu 16 (2,00 điểm) Cho đường tròn  O; R  đường kính AB. Gọi d là tiếp tuyến của đường tròn tại A, C là điểm chuyển động trên đường thẳng d. BC cắt (O) tại D  D  B  . Gọi E là trung điểm của BD. a) Chứng minh OACE là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng BE.BC  2R2 c) Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE.

3 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

Câu 1:Phương pháp: Biểu thức y 

f Cách giải: Biểu thức

 x  2

 x

có nghĩa  f 2  x   0  f  x   0.

có nghĩa   x  2   0  x  2  0  x  2. 2

Chọn D. Câu 2:Phương pháp:Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y  ax  b  a  0  . Cách giải: Theo khái niệm hàm số thì đáp án B đúng. Chọn B. Câu 3: Phương pháp:Thay từng cặp số trong mỗi đáp án vào phương trình. Cặp nào thỏa mãn phương trình thì là nghiệm của phương trình trên. Cách giải: Đáp án A: 1  2. 1  1  A thỏa mãn. Đáp án B: 1  2.0  1  B thỏa mãn. 1 Đáp án C: 0  2.  1  1  C không thỏa mãn. 2

Chọn C. Câu 4:

  y  a1 x  b1 Phương pháp:Xét trong các đáp án ta thấy hệ phương trình có dạng:    y  a2 x  b2

 d1  .  d2 

 Nghiệm của hệ phương trình là số giao điểm của đường thẳng d1 , d 2 .

a1  a2 .  Hệ phương trình vô nghiệm  d1 / / d 2   b1  b2 Cách giải:

a1  a2  2  y  2x  3  hệ phương trình  Nhìn vào các đáp án trên chỉ có đáp án B có  vô nghiệm.  y  2x  1 b1  3  1  b2 4 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

Chọn B Câu 5: Phương pháp:Xét hàm số y  ax 2 có: +) Với a  0 thì hàm số đồng biến khi x  0 và nghịch biến khi x  0. +) Với a  0 thì hàm số đồng biến khi x  0 và nghịch biến khi x  0. Cách giải: Xét hàm số y  ax 2 có: +) Với a  0 thì hàm số đồng biến khi x  0 và nghịch biến khi x  0. Chọn C. Câu 6:Phương pháp:Phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có hai nghiệm phân biệt    0. Cách giải: +) Đáp án A có:   32  4.4  9  16  25  0  phương trình có hai nghiệm phân biệt. Chọn A. Câu 7: Phương pháp: Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: AH 2  BH .HC. Cách giải: Ta có: AH 2  BH .HC  22  x.4  x  1. Chọn B. Câu 8: Phương pháp: Sử dụng các công thức hệ thức lượng của góc nhọn trong tam giác vuông để chọn đáp án đúng. Cách giải: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đẳng thức nào sau đây là sai? AH BH A. sin B  B. tan BAH  AB AH HC AH C. cos C  D. cot HAC  AC AC Xét tam giác ABH vuông tại H có: sin B  tan BAH 

AH  đáp án A đúng. AB

BH  đáp án B đúng. AH

5 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

Xét tam giác AHC vuông tại H có: cos C  cot HAC 

HC  đáp án C đúng. AC

AH  đáp án D sai. HC

Chọn D. Câu 9: Phương pháp: Áp dụng tính chất của đường trung tuyến và định lý Pi-ta-go để tính độ dài các cạnh của tam giác. Chu vi tam giác ABC là: C  AB  BC  CA. Cách giải: Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC. Khi đó O cũng là trọng tâm tam giác ABC. 1  OH  BH (tính chất đường trung tuyến trong tam giác). 3

 BH  3OH  3r  3 3cm.

Áp dụng định lý Pi-ta-go đối với tam giác vuông BHC vuông tại H ta có: BC 2  BH 2  HC 2  BC   BC 2  BH 2     2  2 3  BC 2  3 3 4  BC 2  36

 

 BC  6.

Chu vi tam giác đều ABC là: C  3.BC  3.6  18 cm. Chọn C. Câu 10: Phương pháp: Sử dụng định lý Pi-ta-go để tính độ dài đoạn thẳng OH. Cách giải: Xét đường tròn (O) ta có H là trung điểm của dây cung AB

 OH  AB  H  (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung). Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác OAH vuông tại H có: 6 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

 AB  2 2 2 OH  OA  AH  R    5 3  4 2    OH  4cm. 2

Chọn A. Câu 11: Phương pháp: Sử dụng các công thức cộng đoạn thẳng. Cách giải: Ta có: ON  6cm, O ' M  5cm.

ON  OM  MN  6  OM  MN . O ' M  O ' N  MN  5  O ' N  MN .  11  OM  MN  O ' N  MN  11  OM  O ' N  2MN . Lại có: OO '  OM  MN  NO '  8

 11  8  MN  MN  3cm. Chọn B. Câu 12: Phương pháp:Áp dụng tính chất của tứ giác nội tiếp. Cách giải: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) ta có: ABC  ADC  1800 (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)  đáp án A sai. ADB  ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)  đáp án B đúng.

Chọn A. II. TỰ LUẬN (7 ĐIỂM) Câu 13.Phương pháp: a) Đưa về so sánh

A và

b) Đặt t  x 2  t  0  . Cách giải: a) So sánh 5 và 2 6 Ta có 7 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

5  25 2 6  22.6  24

Vì 25  24  25  24  5  2 6 b) Giải phương trình x4  4 x2  5  0 Đặt t  x 2  t  0  , khi đó phương trình trở thành t 2  4t  5  0  t 2  5t  t  5  0 t  5  tm   t  t  5    t  5   0   t  5  t  1  0   t  1  ktm 

Khi t  5  x2  5  x   5 .

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   5 . Câu 14. Phương pháp: a) Phương trình có nghiệm kép   '  0

b   x1  x2   a b) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm  '  0 , sau đó áp dụng hệ thức Vi-et  x x  c  1 2 a Cách giải: a) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm kép? Ta có  '   m  1  4m2  3m2  2m  1 2

m  1 Để phương trình có nghiệm kép   '  0  3m  2m  1  0   m   1 3  2

b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, dùng hệ thức Vi-ét, hãy tính tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình. 1 Để phương trình có nghiệm   '  0    x  1 . 3

m 1   x1  x2  2 Theo hệ thức Vi-et ta có  2 x x  m  1 2 4 8 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

Khi đó tổng bình phương các nghiệm của phương trình là :

S  x  x   x1  x2   2 x1 x2 2 1

2 2

 m  1 



2m2 m2  2m  1  4 4

1 1 1 Trong trường hợp phương trình có nghiệm kép thì m  1 hoặc m   , khi đó ta có S  hoặc S  . 3 2 18

Câu 15.Phương pháp: +) Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy 1 mình đầy bể là x (h) (ĐK: x  0 ) Gọi thời gian vòi thứ hai chảy 1 mình đầy bể là y (h) (ĐK: y  0 ) +) Tính trong 1h mỗi vòi chảy được bao nhiêu phần của bể. +) Dựa vào các dữ kiện đã cho lập hệ phương trình và giải hệ phương trình. Cách giải: Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy 1 mình đầy bể là x (h) (ĐK: x  0 ) Gọi thời gian vòi thứ hai chảy 1 mình đầy bể là y (h) (ĐK: y  0 ) Khi đó mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được

1 1 bể và vòi thứ hai chảy được bể. y x

Vì nếu mở cả hai vòi nước chảy vào một bể cạn thì sau 3 giờ bể đầy nên mỗi giờ cả hai vòi chảy được do đó ta có phương trình

1 1 1   1 . x y 3

Vòi thứ nhất làm đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ 30 phút = x

1 bể, 3

5  h  nên ta có phương trình 3

5  y  2 2

Thay (2) vào (1) ta có

1 1 1 5 5      3  x    3x  x  x   x x 5 3 2 2   2

15 5 7 15  3x  x 2  x  x 2  x   0  2 x 2  7 x  15  0 2 2 2 2 2  2 x  10 x  3x  15  0  2 x  x  5   3  x  5   0   x  5  2 x  3  0  3x 

 x  5  tm  5   y  5   7,5  tm   3 x  2  ktm   2 Vậy thời gian vòi 1 chảy một mình đày bể là 5 giờ và thời gian vòi 2 chảy 1 mình đầy bể là 7,5h. 9 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

Câu 16. Phương pháp: a) Chứng minh tứ giác OACE là tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800. b) Chứng minh tam giác BOE đồng dạng với tam giác BCA. c) Chứng minh I di chuyển trên trung trực của OA. Cách giải:

a) Chứng minh OACE là tứ giác nội tiếp. Vì E là trung điểm của BD  OE  BD (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). Xét tứ giác OACE có OAC  OEC  900  900  1800  Tứ giác OACE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). b) Chứng minh rằng BE.BC  2R2 Xét tam giác BOE và tam giác BCA có:

ABC chung; OEB  BAC  900 ;  BOE ∽ BCA  g.g  

BE BO   BE.BC  BA.BO  2 R.R  2 R 2 BA BC

c) Chứng minh I di chuyển trên trung trực của OA. Ta có tứ giác OACE nội tiếp  Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác OACE.

 Tâm I thuộc đường trung trực của OA. Mà OA cố định  Trung trực của OA cố định. Vậy khi C di chuyển trên đường thẳng d thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE di chuyển trên trung trực của OA.

10 Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa tốt nhất!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 04/06/2018 Môn: TOÁN  1 y  y  0 1  Câu 1. Cho biểu thức P     :   y 1  y  2 y 1  y  1  y y

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị của y để P 

1 2

Câu 2. a) Tìm n để phương trình  2n  1 x  3n  1  0 có nghiệm x = 2 b) Biết đường thẳng y  px  q đi qua điểm M(2;1) và song song với đường thẳng (d) : y  2x  3 . Tìm các hệ số p và q Câu 3. Cho phương trình x2  x  1  n  0(1) a) Giải phương trình (1) với n = 0 b) Tìm các giá trị của n để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn x12 x22  3x1  2x1x2  3x2

Câu 4. Cho các số dương a, b thỏa mãn a + b =4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 6 10 a b

thức B  2a  3b  

Câu 5. Cho tam giác ABC (CA > CB) nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C. AH cắt đường tròn (O) tại C. AH cắt đường tròn (O) tại M. Đường vuông góc với AC kẻ từ M cắt AC tại K và cắt AB tại P a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp b) Chứng minh AC là đường phân giác của MAB c) Tìm điều kiện của ABC để 3 điểm M, K, O thẳng hàng

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 QUẢNG BÌNH 2018-2019

 1 y 1  1)a) P    :  y y y  1  y  2 y  1   y 1    y. y  1 y. y  1  





1 y

 .

y. b) P 





y 1





  1  y  . 

y 1 y

 . y  2 y 1  y 

  y 1

y 1

y. y

1 y 1 1 2(y  1)  y y2    0 0 2 y 2 2y 2y

mµ y  0  2y  0  y  2  0  y  2 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn  0  y  2 vµ y  1 0  y  2 1 VËy  th× P  2 y  1 C©u 2.a) Khi x  2 thay vµo ph¬ng tr×nh :(2 n  1).2  3n  1  0  4 n  2  3n  1  0  n  1  p  2 b)  d1  :y  px  q / / (d) : y  2x  3   q  3 V×  d1  y  2x  q ®i qua M(2;1)  1  2.2  q  q  5(tháa) VËy p  2;q  5 C©u 3:a) víi n=0, ph¬ng tr×nh thµnh x 2  x  1  0    1  4.1  3  0  Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm 2

b) x 2  x  1  n  0    1  4(1  n)  3  4 n 2

§Ó ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm x1 ;x 2    0  3  4n  0  n   x1  x 2  1 khi ®ã ¸p dông vi et   x1x 2  n  1 Ta cã :x12 x 22  3x1  2x1x 2  3x 2   x1x 2   2x1x 2  3(x1  x 2 )  0 2

 x1x 2 (x1x 2  2)  3(x1  x 2 )  0 hay (1  n)(1  n  2)  3.1  0  1  n  n  1  3  0  n2  1  3  0  n  2 (lo¹i)  n2  4  0    n  2 (chän) VËy n  2 th× tháa ®Ò

3 4

6 10 3a 6 5b 10 a b C©u 4:ta cã B=2a+3b+        a b 2 a 2 b 2 2 ¸p dông co si : 

3a 6 3a 6  2 . 2 9 6 2 a 2 a

5b 10 5b 10  2 .  2 25  10 2 b 2 b a b 4   2 2 2 2  3a 6  2  a  B  6  10  2  18.dÊu"  "x¶y ra   ab2  5b  10  2 b VËy Min B  18  a  b  2

Cau 5

H M

C K

O P

a) ta cã :MHC  MKC  900  900  1800  MHCK lµ tø gi¸c néi tiÕp b) ta cã : AOC c©n t¹i O (OA  OC  R)  OCA  OAC (1) mµ OC / /AH (cïng  CH)  HAC  ACO (so le trong )(2) tõ (1) vµ (2)  MAC  OCA  OC lµ ph©n gi¸c MAB AK  PM c) Ta cã : MAP cã :   MAP c©n  K lµ trung ®iÓm MP (3) AK lµ ph©n gi¸c MAP O  P (4) Khi M, K,O th ¼ ng hµng th×  K lµ trung ®iÓm OM (5) Tõ (3)(4)(5)  MAOC lµ h×nh b×nh hµnh mµ AK lµ phn gi¸c  MAOC lµ h  nh thoi  MA  AO  R  MAO ®Òu  MAO  600  CAB  300 VËy ABC lµ tam gi¸c nöa ®Òu th× M, K,O th¼ng hµng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM

NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

Môn thi

TOÁN (chung) 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Thời gian : Khóa thi ngày

07/6/2018

Câu 1: (2,0 điểm) A

a. Rút gọn các biểu thức sau: B

b. Giải phương trình:

x

3 11 10   5 2 4 5 5

x yy x xy



xy x y

với x > 0 ; y > 0 .

4  5. x2

Câu 2 : (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y   2k  1 x  3 (k là tham số) và parabol (P): y  x 2 . a. Vẽ parabol (P). b. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Câu 3 : (2,0 điểm) a. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 2x 2   2m  1 x  m  1  0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x 2 thỏa mãn điều kiện 3x1  4x 2  11. b. Giải phương trình :

x + 3 + 6 - x  (x + 3)(6 - x) = 3.

Câu 4 : (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm K thuộc cạnh AD (K khác A, D). Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với CK, đường thẳng này cắt các đường thẳng CK và CD theo thứ tự tại I và H. Trang 1

a. Chứng minh các tứ giác ABCI, AIDC nội tiếp đường tròn. b. Tính số đo HID. c. Chứng minh HI.HA = HD.HC. d. Đường thẳng BK cắt đường thẳng CD tại N. Chứng minh

1 1 1 .   2 2 BC BK BN 2

Câu 5 : (0,5 điểm) Cho a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a2  b2  c2 b2  c2  a2 c2  a2  b2 + + > 1. 2ab 2bc 2ca

......................HẾT........................

Họ và tên thí sinh:..............................................................Số báo danh: .....................

Chữ ký Giám thị 1

Chữ ký Giám thị 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2018-2019 Khóa ngày 07 tháng 6 năm 2018 Hướng dẫn chấm Môn TOÁN CHUNG

(Hướng dẫn chấm này có 5 trang) Câu 1

Nội dung

2,0 điểm

(1,5đ)

Điểm

3 11 10   5 2 4 5 5



5 2 54

  11 4  5   2 16  5

0,25

Trang 2

= 3 5 64 5 2 5

0,25

= -10

0,25

B

x y y x xy

b. (0,5đ)



xy x y



x y xy

x y



x y



x y

0,25

= ( x  y)  ( x  y)

0,25

0,25 x

Giải phương trình: x



với x > 0 ; y > 0 .

4 5 x2

4  5. x2

ĐK: x  2

Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:

0,25

x -2x - 4 = 5(x - 2) 

x2 7 x +6 = 0

Do a +b + c = 1 -7 +6 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = 6 (thoả mãn)

0,25

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 6 Câu 2

2,0 điểm

Nội dung

a. Vẽ parabol (P): y  x 2 . (1,0đ) Parabol (P) đi qua 5 điểm  0;0  , 1;1 ,  1;1 ,  2;4  ,  2;4 

Điểm

0,5

y 4

0,5

-2

-1

Trang 3

b. (1,0đ)

Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:

0,25

x2 = (2k  1)x + 3  x2  (2k  1)x  3 = 0

0,25

Ta có ac = 3 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.

0,25

Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt.

0,25

Câu 3 2,0 điểm Ý

Nội dung Tìm tất cả các giá trị của m để phương 3a) 2 (1,0đ) trình : 2x   2m  1 x  m  1  0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x 2 thỏa mãn điều kiện 3x1  4x 2  11.

Điểm

Phương trình 2x 2   2m  1 x  m  1  0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x 2

 a  0 3 2  0    2m  3  0  m  2 2   0   2m  3  0 (Có thể không cần điều kiện a  0 ) Theo viet ta có 2m  1 x1  x 2   1 2 m 1 x1.x 2   2 2 Theo giả thiết ta có

3x1  4x 2  11 3. Từ (1) và  3 suy ra x1 

0,25

0,25 13  4m 6m  19 ; x2  7 14

0,25

Thay vào (2) ta được  m  2 24m  51m 198  0   (TM)  m  33 8  x + 3 + 6 - x  (x + 3)(6 - x) = 3 Giải phương trình 2

3b (1,0đ)

 x+3  0  -3  x  6 . 6-x  0

Điều kiện : 

Đặt :

u  x + 3 , u, v  0  u 2  v 2  9.   v = 6 - x

Phương trình đã có trở thành hệ : Trang 4

0,25

u 2 + v 2 = 9 (u + v)2 - 2uv = 9   = 3 + uv u + v - uv = 3 u + v

Giải hệ ta được

0,25

u  0 u  3 hoặc   v  3 v  0   x3  0

 x  3  3  x  3(TM) hoặc   x  6(TM )   6  x  0  6 x 3

Suy ra 

0,25

Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.

Bài 4

3,5 điểm

Ý a.

Nội dung A

Điểm

(1,0đ) I K

a. Chứng minh các tứ giác ABCI, AIDC nội tiếp đường tròn.

+ Ta có ABC = 90o(ABCD là hình vuông) và AIC = 90o (gt)

0,25

Do đó B, I cùng thuộc đường tròn đường kính AC tứ giác ABCI nội tiếp

0,25

+ Ta có AIC = 90o (gt) và ADC = 90o (ABCD là hình vuông)

0,25

Do đó I, D cùng thuộc đường tròn đường kính AC tứ giác AIDC nội tiếp

0,25

b. Tính HID .

(1,0đ) Ta có:

o  ACD  AID  180  HID  ACD  o HID  AID  180  

mà ACD = 45o (tính chất hình vuông ABCD)  HID = 45o c.

0,5 0,5

c. Chứng minh HI.HA = HD.HC

(1,0đ) Xét HAD và HCI

0,5

Trang 5

o  HDA  HIC  90 Có   AHD  IHC  chung 



 HAD

HCI (g.g)

HA HD  HC HI

0,25

 HI.HA = HD.HC (đpcm)

0,25

d. Đường thẳng BK cắt đường thẳng CD tại N. Chứng minh

(0,5đ)

1 1 1 .   2 2 BC BK BN 2

Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với BK, đường thẳng này cắt đường thẳng DC tại P. Ta có: ABK  CBP (cùng phụ KBC ), AB = BC (ABCD là hình vuông) và BAK  BCP  90o nên ABK = BCP (g.c.g)  BK = BP

0,25

Trong PBN có: PBN = 90o ; BC  PN nên

1 1 1 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)   2 2 BC BP BN 2



1 1 1   2 2 BC BK BN 2

0,25

Câu 5 Cho a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a2  b2  c2 b2  c2  a2 c2  a2  b2 0,5 đ + + > 1(1) 2ab

2bc

Nội dung

Trang 6

2ca

Điểm

a 2  b2  c2 b2  c2  a 2 a 2  c2  b2   1 2ab 2bc 2ac   c(a 2  b 2  c 2 )  2abc    a (b 2  c 2  a 2 )  2abc   b( a 2  c 2  b 2 )  2abc   0  c  (a  b) 2  c 2   a (b  c) 2  a 2   b  (a  c ) 2  b 2   0

0,25

 c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(b  c  a )  b(a  c  b)(a  c  b )  0  c(a  b  c)(a  b  c)  a (b  c  a )(a  b  c )  b(a  c  b)(a  b  c )  0  (a  b  c)  c(a  b  c )  a (b  c  a )  b(a  c  b)   0  (a  b  c) ca  cb  c 2  ab  ac  a 2  ba  bc  b 2   0  (a  b  c) c 2  a 2  2ba  b 2   0  (a  b  c) c 2  (a 2  2ba  b 2 )   0  (a  b  c) c 2  (a  b) 2   0

 (a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)  0  2 

Vì a;b;c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a + b > c, suy ra a + b –c >0 . Tương tự ta có c - a + b > 0 và c + a –b >0. Nhân vế với vế ba bất đẳng thức nói trên ta có 0.25 ( a + b –c)( c-a+b) (c + a –b)>0, (2) đúng. Suy ra (1) đúng (đpcm) . Ghi chú: Thí sinh có thể giải theo cách khác, giám khảo dựa trên đáp án để phân chia thang điểm hợp lý.

Trang 7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 05/6/2018 Môn thi: Toán (Hệ không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. (1,0 điểm) 3x  2 y  3 . 2 x  2 y  8

a. Giải hệ phương trình  b. Giải phương trình

Bài 2. (2,5 điểm) 1. Cho Parabol (P): và đường thẳng (d): y = -x + 2. a. Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d). b. Xác định m để (P), (d) và đường thẳng (d’): y = 5mx + 6 cùng đi qua một điểm. 2. Cho phương trình với m là tham số. a. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm các giá trị nguyên của m để biểu thức

1 1 nhận giá trị là một số nguyên.  x1 x2

Bài 3. (2,0 điểm) Một trường học A có tổng số giáo viên là 80. Hiện tại, tuổi trung bình của giáo viên là 35. Trong đó, tuổi trung bình của giáo viên nữ là 32 và tuổi trung bình của giáo viên nam là 38. Hỏi trường học đó có bao nhiêu giáo viên nữ và bao nhiêu giáo viên nam? Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. a. b. c. d.

Chứng minh các tứ giác BFHD, BFEC nội tiếp. Chứng minh BD.BC = BH.BE. Kẻ AD cắt cung BC tại M. Chứng minh D là trung điểm của MH. Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.

Bài 5. (1,0 điểm) Cho ba đường tròn C1, C2 và C3. Biết đường tròn C1 tiếp xúc với đường tròn C2 và đi qua tâm của đường tròn C2; đường tròn C2 tiếp xúc với đường tròn C3 và đi qua tâm của đường tròn C3; cả ba đường tròn tiếp xúc nhau (như hình vẽ bên). Tính tỉ số diện tích giữa phần tô đậm và phần không tô đậm (bên trong đường tròn C3).

HẾT Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 05/6/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Toán (Hệ không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1. (1,0 điểm) 3x  2 y  3 . 2 x  2 y  8

a. Giải hệ phương trình 

b. Giải phương trình x2 + 5x – 6 = 0. Tóm tắt cách giải 3x  2 y  3 5 x  5 x  1   2 x  2 y  8 2 x  2 y  8  y  3

a/ 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x;y) = 1;3

Điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

b) x2 + 5x – 6 = 0. Ta có a + b + c = 1 + 5 + (-6) = 0.

0,25 điểm

Do đó phương trình có hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = -6

0,25 điểm

1 1 nhận giá trị là một số nguyên.  x1 x2

Tóm tắt cách giải

Điểm

1.a) Phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) là:  x1  1  x2  2

x2 = -x + 2  x2 + x – 2 = 0  

Do đó (d) cắt (P) tại hai điểm A(1; 1) và B(  2; 4)

0,5 điểm 0,5 điểm

1.b) Để (P), (d) và đường thẳng (d’) y = 5mx + 6 cùng đi qua một điểm thì 0,25 điểm (d’) đi qua A(1;1) hoặc B(-2; 4). + (d’) đi qua A(1; 1) thì 1 = 5m.1 + 6  m = -1.

0,25 điểm

+ (d’) đi qua B(-2; 4) thì 4 = 5m(-2) + 6  m = Vậy m = -1 hoặc m =

1 . 5

1 thì (P), (d) và (d’) cùng đi qua một điểm. 5

2. a)  '  m2 – (2m - 3) = m2 – 2m + 3 = (m – 1)2 + 2 > 0  m.

0,25 điểm

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

0,25 điểm

 x  x 2  2m 2. b) Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:  1  x1.x 2  2m  3

0,25 điểm

Ta có Để

1 1 x1  x2 2m 2m  3  3 3 .      1 x1 x2 x1 x2 2m  3 2m  3 2m  3

1 1 nhận giá trị nguyên thì 2m-3 là một ước của 3.  x1 x2

Nếu 2m - 3 = -1 thì m = 1 Nếu 2m - 3 = 1 thì m = 2 Nếu 2m - 3 = -3 thì m = 0 Nếu 2m - 3 = 3 thì m = 3

Vậy m0;1;2;3 thì

1 1 nhận giá trị nguyên.  x1 x2

0,25 điểm

Điểm

Gọi x, y lần lượt là số giáo viên nữ, số giáo viên nam của trường A.

0,25 điểm

Điều kiện: x, y là số nguyên dương.

0,25 điểm

Theo đề ta có phương trình x + y = 80.

0,25 điểm

Tổng số tuổi của giáo viên nữ là 32x, tổng số tuổi của giáo viên nam là 38y. 0,25 điểm Theo đề ta có phương trình 32x + 38y=35.80 = 2800  x  y  80 32 x  38 y  2800

Do đó ta có hệ phương trình 

0,25 điểm 0,5 điểm

Giải hệ phương trình ta được x= 40 và y=40 (thỏa mãn điều kiện). Vậy trường học A có 40 giáo viên nữ và 40 giáo viên nam.

0,25 điểm

Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. a. b. c. d.

Tóm tắt cách giải

Điểm

A E F H O B

0,5 điểm

a) Tứ giác BFHD có BFH  900 (do CF  AB, H  CF) BDH  900 (do AD  BC, H  AD)

 BFH  BDH  900  900  1800

0,25 điểm

 Tứ giác BFHD nội tiếp

0,25 điểm

Tứ giác BFEC có BFC  900 (do CF  AB) BEC  900 (do BE  AC)

 Hai đỉnh F, E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc  = 900

0,25 điểm

 Tứ giác BFEC nội tiếp

0,25 điểm

b) Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác DHEC nội tiếp. Xét  BDE và  BHC, có B chung và BED  BCH (góc nội tiếp cùng chắn cung DH)

0,25 điểm

Do đó  BDE ഗ  BHC (g.g) 0,25 điểm 

BD BE hay BD.BC = BH.BE (đpcm)  BH BC

0,25 điểm

c) Ta có BMA  BCA (các góc nột tiếp cùng chắn cung AB) hay BMH  DCE (do H  AM, D  BC, E  AC) Ta có BHM  DCE (do BHM là góc ngoài tại đỉnh H của tứ giác DHEC nội tiếp)

0,25 điểm

 BHM  BMH

nên  BHM cân tại B

0,25 điểm

mà AD  BC (gt)  BC  MH. Do đó BD là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến của  BHM.Vậy D là trung điểm của MH.

0,25 điểm

d) Xét  BHC và  BMC có BH = BM (vì  BHM cân tại B) HBD  MBD ( vì BD là trung tuyến của  BHM cân tại B) và BC là cạnh chung. Do đó  BHC =  BMC (c.g.c)

0,25 điểm

Mà đường tròn ngoại tiếp  BMC có bán kính là R. Nên đường tròn ngoại tiếp  BHC cũng có bán kính là R. Do đó độ dài đường tròn ngoại tiếp  BHC là 2 R .

0,25 điểm

Tóm tắt cách giải

Điểm

Gọi R1, R2, R3 lần lượt là bán kính của các đường tròn C1, C2, C3. Theo giả thiết ta có R3=2R2, R2=2R1. Diện tích phần không tô đậm là:  R22   R12  3 R12 . Diện tích phần tô đậm là:  R32  3 R12  13 R12 . Vậy tỉ số cần tìm là

13 . 3

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Ghi chú : + Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm bài của học sinh. + Bài 4, nếu không có hình vẽ nhưng học sinh thực hiện các bước giải có logic và đúng thì cho nửa số điểm tối đa của phần đó; nếu vẽ hình sai về mặt bản chất thì không cho điểm cả bài. + Điểm từng câu và toàn bài tính đến 0,25 không làm tròn số.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 05/6/2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Toán (Hệ không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút MA TRẬN Mức độ NHẬN BIẾT

THÔNG HIỂU

Mạch kiến thức Đại số (5,5 điểm)

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

Bài1.a

Phương trình bậc hai, định lí Vi-ét

Bài1.b

VẬN DỤNG THẤP

0,5 Bài 2.2a

Bài 2.2b 1,5 đ

0,5

0,5 Bài 2.1.a

0,5 Bài 2.1.b

1,0 Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình.

(4,5 điểm)

Bài 3

1,5 đ

0,5 Bài 3

2,0 đ 0,5

1,5

Diện tích hình tròn

1,0 đ

Bài 5 1,0

Góc với đường Bài 4a tròn. Tứ giác nội tiếp, tam giác, độ dài đường tròn.

TỔNG CỘNG

CỘNG

0,5 đ

Hàm số

Hình học

VẬN DỤNG CAO

Bài 4b

Bài 4c

Bài 4d 3,5 đ

1,5

3 câu

0,75

4 câu

0,75 3 câu

0,5 2 câu 10,0 đ

2,5 đ

2,75 đ

3,25 đ

1,5 đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2018

TỈNH QUẢNG NINH

Môn thi: Toán (Dành cho mọi thí sinh)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi này có 01 trang)

Câu 1. (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính:

27 3

 x 9 x  2. Rút gọn biểu thức: P =  với x ≥ 0 và x ≠ 9.  3  x  9  x  . 3 x  x   3. Xác định các hệ số a, b để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2; –2) và B(–3; 2)





Câu 2. (1,5 điểm) 1. Giải phương trình: x2 – 4x + 4 = 0 2. Tìm giá trị của m để phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3 = 0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn |x1| + |x2| = 10 Câu 3. (1,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A). Chứng minh: a. DA2 = DC.DB

b. Tứ giác AHCD nội tiếp

c. CH  CF d.

BH.BC = 2R BF

Câu 5. (0,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn: xy + 1 ≤ x. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q =

x y 3x2  xy  y 2

…………………..Hết…………………..

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Câu 1. Phương pháp: +) Sử dụng công thức:

A A  B B

+) Quy đồng mẫu các phân thức sau đó biến đổi các biểu thức để rút gọn biểu thức P. +) Thay tọa độ của điểm A và điểm B vào công thức hàm số đã cho ta được hệ phương trình hai ẩn a, b. Giải hệ phương trình đó ta tìm được a và b. Cách giải: 1. Thực hiện phép tính

27 3

27 27   9 3 3 3  x 9 x  2. Rút gọn biểu thức P =  với x ≥ 0 và x ≠ 9.   3  x 9  x  . 3 x  x  





Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9.  x 9 x  P=    3  x 9  x  . 3 x  x  





  x (3  x ) 9 x =   (3  x )(3  x ) (3  x )(3  x )  . 3 x  x  



93 x . 3 xx (3  x )(3  x )

3(3  x ) . x 3 x





=3 x 3.Xác định các hệ số a, b để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2; –2) và B(–3; 2) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2; –2) và B(–3; 2) nên ta có hệ phương trình:

4  a    2a  b  2 5a  4 5     b  2  3a 3a  b  2 b   2  5

Vậy ta có: a  

4 2 ; b 5 5

Câu 2. Phương pháp: +) Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai một ẩn. +) Phương trình có hai nghiệm  ’ ≥ 0.

b   x1  x2   a +) Áp dụng hệ thức Vi-ét  và hệ thức bài cho để tìm m. c x x   1 2 a Cách giải: 1. Giải phương trình: x2 – 4x + 4 = 0 x2 – 4x + 4 = 0  (x – 2)2 = 0  x = 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2}. 2. Tìm giá trị của m để phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3 = 0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn |x1| + |x2| = 10 +) Phương trình có hai nghiệm x1, x2 khi và chỉ khi ’ ≥ 0  (m + 1)2 – m2 – 3 ≥ 0  m2 + 2m + 1 – m2 – 3 ≥ 0  2m ≥ 2  m ≥ 1  x  x  2(m  1) (2) 2  1 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (*) ta có:  2 (3) x x  m  3  1 2

Từ đề bài ta có: |x1| + |x2| = 10  x12 + x22 + 2|x1x2| = 100  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2|x1x2| = 100 Lại có x1x2 = m2 + 3 > 0 m  |x1x2| = x1x2 = m2 + 3. Khi đó ta có: |x1| + |x2| = 10  (|x1| + |x2|)2 = 100  x12 + 2|x1x2| + x22 = 100  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2x1x2 = 100  (x1 + x2) 2 = 100  x1 + x2 = ±10.  x  x  10  1 2  2(m  1)  10  m  4(tm) +) TH1: x1 + x2 = 10 kết hợp với (2) ta được:  x x  2(m  1)   1 2

 x  x  10  1 2 +)TH2: x1+x2 = –10 kết hợp với (2) ta được:   2(m  1)  10  m  6 (ktm) x x  2( m  1)   1 2

Vậy m = 4 thỏa mãn điều kiện bài toán. Câu 3. Phương pháp: Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: +) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn. +) Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và đại lượng đã biết. +) Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình hoặc hệ phương trình. +) Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập để tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận. Cách giải: Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi. Khi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36 km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32 km/h. Tính vận tốc ô tô khi đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút.

Gọi vận tốc của ô tô khi đi từ A đến B là x (km/h) (x > 0) Thời gian ô tô đi từ A đến B là:

156 (giờ) x

Quãng đường lúc về là: 156 – 36 = 120 (km) Vận tốc của ô tô lúc về là: x + 32 (km/h). Thời gian của ô tô lúc về là: Đổi: 1 giờ 45 phút = 1 

120 (giờ) x  32

45 7  giờ. 60 4

Theo đề bài ta có phương trình:

156 120 7   x x  32 4

 156.4.( x  32) 120.4.x  7 x( x  32)  624 x  19968  480 x  7 x 2  224 x  7 x2  80 x 19968  0  ( x  48)(7 x  416)  0  x  48(tm)  x  48  0    x   416 (ktm) 7 x  416  0   7 Vậy vận tốc của ô tô lúc đi từ A đến B là 48 km/h. Câu 4. Phương pháp: a) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông. b) Chứng minh tứ giác AHCD có tổng hai góc đối bằng 1800. c) Chứng minh tam giác CFH đồng dạng với tam giác CAD. d) Chứng minh tam giác BFH đồng dạng với tam giác BCA. Cách giải:

a) DA2 = DC.DB Ta có ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)  AC  BC hay AC  BD. Ta có DAB  90 (Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có DA2 = DC.DB b) Tứ giác AHCD nội tiếp.

Xét tứ giác AHCD có AHD  ACD  90  Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD dưới góc 900  Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau). c) CH  CF Do tứ giác AHCD nội tiếp nên FHC  ADC (cùng bù với AHC ) Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:

CFH  DAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC). FHC  ADC (cmt);  FHC  ADC (g-g)  FCH  ACD (hai góc tương ứng) Mà ACD  90  FCH  90  CH  CF d)

BH .BC  2R BF

Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có OA2 = OD.OH (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Mà OA = OB = R  OB2 = OD.OH 

OB OD  . OH OB

Xét tam giác OBH và ODB có:

BOD chung;

OB OD  (cmt); OH OB  OBH  ODB (c.g.c)  OBH  ODB . Mà ODB  CAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD).

CAF  CBF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O)).  OBH  CBF  OBH  HBC  CBF  HBC  OBC  HBF  ABC Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:

BFH  BCA  90 (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). HBF  ABC (cmt);  BFH  BCA (g-g) 

BF BH BH .BC    BA  2R. BC BA BF

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 04/06/2018

Câu 1. a) Bằng các phép biến đổi đại số hãy rút gọn biểu thức A  2 5  3 45 b) Giải phương trình x2  6x  5  0 Câu 2. Cho hai hàm số y  x2 và y  x  2 a) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó bằng phương pháp đại số Câu 3 Cho phương trình x2  2x  m  3  0(1) (với x là ẩn số, m là tham số) a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm b) Gọi x1 ;x2 là nghiệm của phương trình (1). Tìm tất cả các giá trị của m để x12  x22  3x1x2  4  0

Câu 4 Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 360m2 . Nếu tăng chiều rộng 2m và giảm chiều dài 6m thì diện tích mảnh đất không đổi. Tính chu vi của mảnh đất lúc đầu Câu 5 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 6cm. Gọi H là điểm thuộc đoạn thẳng AB sao cho AH = 1 cm. Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại C và D. Hai đường thẳng BC và AD cắt nhau tại M. Gọi N là hình chiếu của M trên đường thẳng AB. a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp b) Tính độ dài CH và tan ABC c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O) d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC tại E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH

ĐÁP ÁN ĐỀ TOÁN QUẢNG TRỊ VÀO 10 2018-2019 C©u1: a) A  2 5  3 45  2 5  3 32.5  2 5  9 5  11 5 b) x 2  6x  5  0.  '   3  5  4  0 2

x1  3  4  1  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm :  x 2  3  4  5 VËy S  1;5 C©u 2 : a) Häc sinh tù vÏ h×nh b) Ta cã ph¬ng tr×nh hoµnh é giao iÓm lµ : x 2  x  2  x 2  x  2  0 Ph¬ng tr×nh cãd¹ng a  b  c  0  x  1  y1  1  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm  1  x 2  2  y 2  4 VËy täa ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) lµ :(1;1) ( 2;4) C©u 3 :x 2  2x  m  3  0 (1) a) Ta cã :  '  ( 1)2  (m  3)  m  2 §Ó pt (1) cã nghiÖm th×  '  0  m  2  0  m  2 x  x  2 b) Víi m  2 ta ¸p dông ®Þnh lý Vi  et   1 2 x1x 2  m  3 Ta cã :x12  x 22  3x1x 2  4  0   x1  x 2   5x1x 2  4  0 2

hay 2 2  5(m  3)  4  0  4  5m  15  4  0  5m  15  m  3(tháa) VËy m  3th× x12  x 22  3x1x 2  4  0 C©u 4 : Gäi x(m) lµ chiÒu réng m¶nh ®Êt (x > 0) 360  ChiÒu dµi lµ: x  360  Theo ®Ò ta cã ph¬ng tr×nh:(x  2).   6   360  x  720  360   6x  12  360 x  6x 2  12x  720  0  '  6 2  6.720  4356   '  66  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm 6  66   12 (lo¹i) x1  6  x  6  66  10(chän)  2 6 VËy chiÒu réng lµ :10m,chiÒu dµi lµ :360 :10  36 (m)  Chu vi m ¶ nh vên lµ :(36  10).2  92 (m)

Cau 5

M F C E

a) Ta cã ACB  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn)  ACM  900  ACM  ANM  900  900  1800  MNAC lµ tø gi¸c néi tiÕp b) ¸p dông hÖ thøc lîng vµo ACB vu«ng t¹i C,®êng cao CH  AC 2  AH.AC  1.6  6 ¸p dông ®Þnh lý Pytago vµo AHC vu«ng t¹i H  CH  AC 2  AH 2  6  1  5 (cm) HB  AB  AH  6  1  5(cm)  tan ABC 

CH 5  HB 5

c) Ta cã OCB  OBC  OBC c©n t¹i O  (1) OBC  ADC (cïng ch¾n AC)(2) ADC  AMN (so le trong do CD / /MN)(3) AMN  ACN (do MNAC lµ tø gi¸c néi tiÕp )(4) Tõ (1)(2)(3)(4)  OCB  ACN mµ OCB  OCA  BCA  900  OCA  ACN  900 hay OCN  900

Vµ C   O 

 NC lµ tiÕp tuyÕn cña (O) d) KÐo dµi AE c¾t BM t¹i F Ta cã :EA  EC (5)(do tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)  EAC c©n t¹i E  EAC  ECA  900  EAC  900  ECA  EFC  ECF  EFC c©n t¹i E  EC  EF (6) Tõ (5) vµ (6)  EA  EC  EF. Ta cã AF  AB (gt);CH  AB (gt)  AF / /CH Gäi I  BE  AF,¸p dông ®Þnh lý Ta  let ta cã : HI BI CI BI HI CI  ;    AE BE EF BE AE AF Mµ AE  AF  HI  CI  I lµ trung ®iÓm HC(®pcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SÓC TRĂNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi:TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. Các hẳng thức sau đúng hay sai, giải thích a)

 3

 3

xy x y

 x  y (x  0;y  0)

Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau: a)2x 2  5x  2  0

2x  y  1 b)  3x  2y  5

Bài 3. Cho hai hàm số (P): y  x2 và d :y  x  2m  10 với m là tham số a) Vẽ đồ thị (P) trên hệ trục tọa độ Oxy b) Tìm giá trị của tham số m biết d cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 5. Bài 4. Đua ghe ngo là một trong những nét văn hóa truyền thống độc đáo của đồng bào dân tộc Khmer Nam Bộ. Cuộc đua luôn thu hút hàng trăm ngàn người tham dự vào dịp lễ hội Ok-om-bok hàng năm (rằm tháng 10 âm lịch). Đua ghe ngo là dịp để các đội ghe đến tham gia tranh tài, qua đó nhằm tôn vinh, nâng cao ý thức bảo tồn di sản văn hóa truyền thống của địa phương, thể hiện tinh thần đoàn kết dân tộc, khơi dậy niềm tự hào, tinh thần yêu quê hương, đất nước. Tại lễ hội đua ghe ngo Sóc Trăng, có 56 đội ghe trong và ngoài đăng ký tham gia. Lúc đầu ban tổ chức dự kiến chia 56 đội thành các bảng đấu với số đội ở mỗi bảng bằng nhau. Tuy nhiên, đến ngày bốc thăm chia bảng thì có 1 đội không tham dự được, vì vậy ban tổ chức quyết định tăng thêm ở mỗi bảng 1 đội, do đó tổng số bảng đấu giảm đi 3 bảng. Hỏi số bảng dự kiến lúc đầu là bao nhiêu? Bài 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O), AB > AC và các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Gọi I là trung điểm của AH, chứng minh AEHF nội tiếp đường tròn (I), b) Chứng minh DB.DC  DA.DH c) Gọi K là giao điểm khác A của hai đường tròn (O) và (I). Chứng minh OI // HK

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TOÁN SÓC TRĂNG 2018 – 2019 Bµi1:a) ( 3)2  3lµ sai v× c¨n bËc hai cña mét sè d¬ng lµ sè d¬ng b)

vµ

xy x y xy x y

 x  y lµ ®óng v× víi x  0;y  0 th  x; y cã nghÜa 





x y .

x y

x y



x y

Bµi 2 :a) 2x 2  5x  2  0  2x 2  4x  x  2  0  2x(x  2)  (x  2)  0  (2x  1)(x  2)  0 1  x 2x  1  0 1     2 .VËy S   ;2   2  x  2  0 x  2 2x  y  1 y  1  2x 7x  7 b)    3x  2y  5 3x  2(1  2x)  5 y  1  2x x  1 x  1   y  1  2.1 y  1 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (1; 1) Bµi 3.a) Häc sinh tù vÏ (P) b)v× (d) c¾t (P) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é lµ 5  x  5. thay vµo (P)  y  52  25 V  (5;25) (d)  25  5  2 m  10  2m  10  m  5 VËy m  5 4) Gäi a lµ sè b ¶ ng ®Êu dù kiÕn lóc ban ®Çu  a  *;a  56   Sè ®éi mçi b¶ng ban ®Çu lµ

56 a

Sè b ¶ ng lóc sau :a  3 ;Sè ®éi mçi b¶ng lóc sau :

56 1 a

Theo ®Ò ta cã ph¬ng tr×nh 168  56   a  1   a  3  55  56  a  a  3  55   2 a  2a  168   0  a 2  2a  168  0 a 2  '  (1)  168  169  0 a1  1  169  14 (chän)  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm :  a 2  1  169  12 (lo¹i) VËy sè b ¶ ng ®Êu dù kiÕn lóc ban ®Çu lµ14 b ¶ ng

Bai 5

A K

D H B

a) Ta cã BEC  BFC  900 (V× BE,CF lµ hai ®êng cao)  AEH  AFH  900  900  1800 mµ I lµ trung ®iÓm AH  AEHF néi tiÕp ®êng trong t©m I, b¸n kÝnh IH b) Ta cã AFC  ADC  900 cïng nh×n AC  AFDC néi tiÕp  BAD  HCD (cïng ch¾n cung AC) XÐt DBA vµ DHC cã : BAD  HCD (cmt); ADB  HDC  900 DB DH   DB.DC  DA.DH DA DC c) Ta cã :IA  IK  R (I)  I ®êng trung trùcAK (1)

 DBA

DHC (g  g) 

vµ OA  OK  R(O)  O®êng trung trùc AK (2) Tõ (1) vµ (2)  OI lµ ®êng trung trùc AK  OI  AK (a) L¹i cã :AKH  900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn )  HK  AK (b) Tõ (a)(b)  OI / / HK

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SƠN LA

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I. 

Cho biểu thức: P  

x x

x  (x  0;x  1) : x 1  x  2 x 1 1



1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các giá trị của x để P 

1 2

Câu II. Cho phương trình x2  5x  m  0 (1) (m là tham số) 1. Giải phương trình khi m = 6 2. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn x1  x2  3 Câu III. Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km. Mỗi giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10 km nên đến trước ô tô thứ hai 0,4 giờ. Tìm vận tốc mỗi ô tô Câu IV. Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD theo thứ tự tại E và F a) Chứng minh tứ giác ABCD là hình chữ nhật b) Chứng minh ACD CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp d) Gọi S;S1 ;S 2 theo thứ tự là diện tích của tam giác AEF, BCE, BDF. Chứng minh S1  S 2  S Câu V. Cho hai số dương a, b thỏa a  b  2 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P  a b

1 x x.





x 1



  1  x 

x 1 x

  x 1

x 1

1 x 1 1    2x  2  x  x  2 2 x 2 1 VËy x  2 th× P  2 Cau 2 2. P 

1) khi m  6, pt (1) thµnh x 2  5x  6  0  x 2  3x  2x  6  0 x  3  x(x  3)  2(x  3)  0  (x  3)(x  2)  0   x  2 2 2) x  5x  m  0(1) ®Ó pt (1) cã nghiÖm th×   0   5  4m  0  m  2

25 4

x1  x 2  5 khi ®ã ¸p dông vi et   x1x 2  m Ta cã : x1  x 2  3   x1  x 2   9 2

  x1  x 2   4x1x 2  9 hay 52  4m  9 2

 4m  16  m  4 (tháa) Cau 3 Goi x lµ vËn tèc xe thø nhÊt  VËn tèc xe thø hai lµ x  10 (x  10) 2 0, 4  5 120 120 2 Theo ®Ò bµi ta cã ph¬ng tr×nh :   x  10 x 5 120x  120x  1200 2    2(x 2  10x)  6000 (x  10).x 5 x  60 (chän)  x 2  10x  3000   x  50 (lo¹i) VËy vËn tèc xe thø nhÊt lµ 60km / h, vËn tèc xe thø hai lµ 50km / h

Cau IV

E B F 1 a) Ta cã CAD  ADB  ACB  900 (gãc n«Þ tiÕp ch ¾ n ®êng trßn) 2  ACBD lµ h×nh ch÷ nhËt b) Theo tÝnh chÊt h×nh ch÷ nhËt vµ hai gãc phô nhau  ADC  AEB vµ ACD  CBE XÐt ACD vµ CBE cã : ADC  AEB vµ ACD  CBE  ACD

CBE

c) V× ADC  AEB (cmt)  ECDF lµ tø gi¸c néi tiÕp. d) Do CB / /AF nª n CBE T¬ng tù 

S1 EB 2 S EB AFE    1  2 S EF S EF

S 2 EB S S   1  2  1  S1  S 2  S S EF S S

Cau 5 Víi mäi a, b ta lu«n cã :  a  b   0 2

 a 2  b2  2ab  0  a 2  b2  2ab  a 2  2ab  b 2  4ab(*)   a  b   4ab (*) 2

V× a, b ®Òu d¬ng nª n ab vµ a  b còng d ng nª n (*)trë thµnh: ab 4 1 1 4 4      P mµ a  b  2 2 ab ab a b ab ab 4 4    P  2.dÊu"  "x¶y ra  a  b  2 ab 2 2 VËy Min P  2  a  b  2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 01 tháng 6 năm 2018 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang, thí sinh không phải chép đề vào giấy thi) Câu 1. (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức: T  16  5 . Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 2x – 3 = 1. Câu 3. (1,0 điểm) Tính giá trị của m để đường thẳng (d): y = 3x + m – 2 đi qua điểm A(1;0). Câu 4. (1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y  2 x 2 .

3x  2 y  4 . x  3y  5

Câu 5. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 

Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH ( H thuộc BC ). Biết 12 AB  3a, AH  a . Tính theo a độ dài AC và BC . 5 Câu 7. (1,0 điểm) Tìm giá trị của m để phương trình 2 x2  5x  2m  1  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa

1 1 5   . x1 x2 2

100 m3 , do đó đã hoàn thành công việc trong 35 ngày. Hỏi ban đầu đội dự định mỗi ngày đào bao nhiêu m3 đất? Câu 9. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) và đường cao AH (H thuộc cạnh BC). Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC. Chứng minh rằng DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giac DBH và tam giac ECH. Câu 10. (1,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính 2R (kí hiệu (O;2R)) và đường tròn tâm O’ bán kính R (kí hiệu là (O’;R)) tiếp xúc ngoài tại điểm A. Lấy điểm B trên (O;2R) sao cho BAO  30o , tia BA cắt đường tròn (O’;R) tại điểm C (khác điểm A). Tiếp tuyến của (O’;R) tại điểm C cắt đường thẳng BO tại điểm E. Tính theo R diện tích tam giác ABE. ------ HẾT ------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Ngày thi: 01 tháng 6 năm 2018 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang, thí sinh không phải chép đề vào giấy thi) HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Thực hiện: Nguyễn Thanh Tâm GV TOÁN trường THPT Tây Ninh – GV Chuyên luyện thi THPT Quốc gia ĐỂ NHẬN ĐIỂM THI TUYỂN SINH 10 NĂM 2018 SỚM NHẤT Liên hệ: 0932.100.518 – 0986.318.518 Câu 1. (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức: T  16  5 . Hướng dẫn giải

T  16  5  42  5  4  5  9 Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 2x – 3 = 1. Hướng dẫn giải

2x  3  1  2x  4  x  2 Vậy x = 2 là giá trị cần tìm Câu 3. (1,0 điểm) Tính giá trị của m để đường thẳng (d): y = 3x + m – 2 đi qua điểm A(1;0) Hướng dẫn giải Đường thẳng (d): y  3x  m  2 đi qua điểm A(0;1) nên thay x  0; y  1 vào phương trình ta được: 1  3.0  m  2  m  3 Vậy m = 3 là giá trị cần tìm Câu 4. (1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y  2 x 2 Hướng dẫn giải X y  2 x 2 Đồ thị

-2 -8

-1 -2

0 0

1 -2

2 -8

3x  2 y  4 x  3y  5

Câu 5. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 

Hướng dẫn giải

3x  2 y  4 3x  2 y  4 x  5  3y x  2    x  3y  5 3x  9 y  15 11y  11  y  1

Ta có: 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1) Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Biết 12 AB  3a, AH  a . Tính theo a độ dài AC và BC. 5 Hướng dẫn giải

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:

1 1 1    AC  2 2 AH AB AC 2

AB 2 . AH 2  4a AB 2  AC 2

Áp dụng đinh lý Pi-ta-go cho tam giác vuông ABC:

BC  AB 2  AC 2  5a Vậy BC = 5a và AC = 4a

Câu 7. (1,0 điểm) Tìm giá trị của m để phương trình 2 x2  5x  2m  1  0 có 2 nghiệm phân biệt 1 1 5 x1 và x2 thỏa   . x1 x2 2 Hướng dẫn giải Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

 52  4.2.(2m  1)  0  25  16m  8  0 m Với m 

33 16

(*)

33 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 16

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

5  x  x  1 2  2  2 m 1 x x  1 2  2 Theo đề bài ta có:

1 1 5 5 2m  1 3    2  x1  x2   5 x1 x2  2.  5.  m  (thỏa (*)) x1 x2 2 2 2 2 Vậy m 

3 là giá trị cần tìm 2

Câu 8. (1,0 điểm) Một đội máy xúc được thuê đòa 20000 m3 đất để mở rộng hồ Dầu Tiếng. Ban đầu đội dự định mỗi ngày đào một lượng đất nhất định để hoàn thành công việc, nhưng sau khi đào được 5000 m3 thì đội được tăng cường thêm một số máy xúc nên mỗi ngày đào thêm được 100 m3 , do đó đã hoàn thành công việc trong 35 ngày. Hỏi ban đầu đội dự định mỗi ngày đào bao nhiêu m3 đất? Hướng dẫn giải Gọi x (máy) là số máy xúc được thuê ( x  N * ) Mỗi ngày đội máy xúc đào được số m3 đất là

20000 3 m  x

Thời gian đội máy xúc đào được 5000 m3 đất là: 5000 :

20000 x  (ngày) x 4

Sau khi tăng thêm số máy xúc thì mỗi ngày đội đào được số m3 đất là:

20000  100 ( m3 ) x Số ngày đội máy xúc đào được 20000 – 5000 = 15000 m3 đất là:

 20000  150 x (ngày) 15000 :   100    x  200  x Theo đề bài ta có phương trình:

 x  40 x 150 x   35   4 200  x  x  7000

Do x  N * nên x  40 Vậy mỗi ngày đôi máy xúc đào được

20000  500(m3 ) đất 40

Câu 9. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) và đường cao AH (H thuộc cạnh BC). Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC. Chứng minh rằng DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giac DBH và tam giac ECH. Hướng dẫn giải

Trong tam giác ABC có DE // BC (vì DE là đường trung bình)

 EDH  DHB (so le trong) (1) Xét tam giác vuông AHB ( H  90o ) có:

HD 

1 AB  AD  DB (HD là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB) 2

 DHB cân tại D  DHB  DBH (2) Từ (1) và (2) suy ra: EDH  DBH

Ta lại có:

DBH là góc nội tiếp chắn cung DH của đường tròn ngoại tiếp DHB EDH nằm tạo bởi dây DH và tia DE (D thuộc đường trong ngoại tiếp DHB ) Suy ra: DE là tiếp tuyến tại D của đường tròn ngoại tiếp DHB (1) Tương tự DEH  EHC  ECH Mà ECH là góc nội tiếp chắn cung EH của đường trong ngoại tiếp ECH

DEH nằm tạo bởi dây cung EH và tia ED, nằm ở vị trí góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, chắn cung EH của đường tròn ngoại tiếp ECH Suy ra: DE là tiếp tuyến tại E của đường tròn ngoại tiếp ECH (2) Từ (1) và (2) suy ra DE là tiếp tuyến chung của hai đường trong lần lượt ngoại tiếp DBH và

ECH Câu 10. (1,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính 2R (kí hiệu (O;2R)) và đường tròn tâm O’ bán kính R (kí hiệu là (O’;R)) tiếp xúc ngoài tại điểm A. Lấy điểm B trên (O;2R) sao cho

BAO  30o , tia BA cắt đường tròn (O’;R) tại điểm C (khác điểm A). Tiếp tuyến của (O’;R) tại điểm C cắt đường thẳng BO tại điểm E. Tính theo R diện tích tam giác ABE. Hướng dẫn giải

Xét OAB có OA  OB  OAB cân tại O  OAB  OBA  30o Khi đó: AOB  180o  2.30o  120o Tam giác O’AC có O ' A  O ' C  O ' AC cân tại O’  O ' CA  O ' AC  30o

 OBA  O ' CA  30o  OB / /O ' C (So le trong)  AO ' C  AOB  120o

Ta có ACE 

1 AO ' C  60o (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC) 2

Xét tam giác EBC có OBA  ACE  30o  60o  90o  BCE vuông tại E Ta có: AC  R 3; AB  2R 3  BC  AB  AC  3R 3

1 3R 3  EC  BC.cos 60  3R 3.  2 2 3 9R BE  BC.sin 60  3R 3.  2 2 EB.EC 9 R 1 9 3R 2 Kẻ EH  BC  H  BC  , ta có EH  (đvdt)   SABE  EH . AB  BC 4 2 8 ------ HẾT ------

CHÚC CÁC EM ĐẠT ĐIỂM CAO VÀ ĐẬU VÀO TRƯỜNG MÌNH MONG MUỐN

Thực hiện Thầy Nguyễn Thanh Tâm GV TOÁN trường THPT Tây Ninh – GV Chuyên luyện thi THPT Quốc gia ĐỂ NHẬN ĐIỂM THI TUYỂN SINH 10 NĂM 2018 SỚM NHẤT Liên hệ: 0932.100.518 – 0986.318.518

(Thầy nhận đăng ký học chương trình lớp 10 từ 1/6/2018)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 ----------------------------------------------------------------------------------------------

------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Gồm 04 trang)

CÂU Câu 1 (2,0 điểm)

ĐÁP ÁN

P  5x  3  2018. 3 x

a) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa:

b) Cho hàm số y 

ĐIỂM

1 2 x . Điểm D có hoành độ x  2 thuộc đồ thị hàm số. 2

Tìm toạ độ điểm D.

c) Tìm giá trị của a và b để đường thẳng d: y  ax  b  1 đi qua hai điểm A 1;1 và B  2;3 0,5 điểm

a) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa: P  5x  3  2018. 3 x +) Biểu thức P có nghĩa khi: 5x  3  0

 x

3 5

+) Vậy x  0,5 điểm

0,25

3 5

b) Cho hàm số y 

0.25

1 2 x . Điểm D có hoành độ x  2 thuộc đồ thị hàm số. 2

Tìm toạ độ điểm D. 0,25

1 2  2   2 2 Suy ra điểm D  2;2  Với x  2  y 

1,0 điểm

c) Tìm giá trị của a và b để đường thẳng d: y  ax  b  1 đi qua hai điểm

A 1;1 và B  2;3 Đường thẳng d: y  ax  b  1 đi qua hai điểm A 1;1 và B  2;3 nên ta có hệ phương trình: a  b  1  1

0.5

 2a  b  1  3 a  b  2 a  2   2a  b  4 b  0

0,5

Vậy a = 2; b = 0 là giá trị cần tìm. Câu 2. ( 2,0 điểm)

0,25

Cho biểu thức: P  x y  y x  xy



x y



 4 xy

x y

a) Rút gọn biểu thức P .

-1-

 y (với x  0; y  0; x  y )

ĐÁP ÁN

CÂU

ĐIỂM

b) Chứng minh rằng P  1 . a) Rút gọn biểu thức P . 1,5 điểm

+) P 



x y xy

+) P 

x y

+) P 

x y



  x2

xy  y y x y

x y



0,5

x y

0,5

y



x y y

0,25

+) P  2 y  y 0,5 điểm

b) Chứng minh rằng P  1

0,25

P 1 2 y  y 1 y  2 y 1 0

 Câu 3. (2,0 điểm)

0,25





y  1  0 ( luôn đúng với mọi y thỏa mãn điều kiện đã cho)

0,25

Cho phương trình: x  4mx  4m  2  0 (1) 2

a) Giải phương trình (1) khi m  1 . b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Giả sử hai nghiệm là x1; x2 , khi đó tìm m để x1  4mx2  4m  6  0 . 2

Cho phương trình: x  4mx  4m  2  0 (1) 2

1,0 điểm

a) Giải phương trình (1) khi m  1 . 0,5

+) Thay m  1 , ta có phương trình: x  4 x  2  0 2

x  2  2   x  2  2 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1  2  2, x2  2  2 1,0 điểm

0,5

b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Giả sử hai nghiệm là x1; x2 , khi đó tìm m để x1  4mx2  4m  6  0 . 2

+) Ta có:





 '   2m   4m2  2  2  0, m 2

0,25

Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m . Khi đó, theo định lý Viet: x1  x2  4m và:





x12  4mx2  4m2  6  0  x12  4mx1  4m2  2  4m  x1  x2   4  0

 0  4m.4m  4  0  m   Vậy m  

1 2

1 2 -2-

0,25

0,25 0,25

CÂU Câu 4. ( 3,5 điểm)

ĐÁP ÁN Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O . Tiếp tuyến của

ĐIỂM

đường tròn tâm O tại điểm C cắt các đường thẳng AB và AD theo thứ tự tại M , N . Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BD , K là giao điểm của hai đường thẳng MN và BD . a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: AD. AN  AB. AM c) Gọi E là trung điểm của MN . Chứng minh ba điểm A, H , E thẳng hàng d) Cho AB  6cm; AD  8cm . Tính độ dài đoạn MN . K

N O I H C

1,0 điểm

a) Chứng minh tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AHCK có :

1,0 điểm

0,25

( gt)

là tiếp tuyến của đường tròn tâm O, AC là đường kính nên Suy ra: . Vậy hai đỉnh H và C cùng nhìn AK dưới một góc vuông nên AHCK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: AD. AN  AB. AM +) ABCD là hình chữ nhật  ( cùng phụ với ) Do đó Xét tam giác AMN và ADB có:



0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 ( cmt) Nên AMN đồng dạng với ADB (gg) Suy ra:

AM AN   AD. AN  AB. AM AD AB -3-

0,25

CÂU 1,0 điểm

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

c) Gọi E là trung điểm của MN . Chứng minh ba điểm A, H , E thẳng hàng +) Giả sử AE cắt BD tại I, ta chứng minh . Thật vậy: Tam giác AMN vuông tại A có E là trung điểm MN nên tam giác AEN cân tại 0,25 E, do đó (3) 0,25 Theo chứng minh trên: (4) +) Từ (3) và (4) ta có: Hay Suy ra tại I. Do đó 

0,5 điểm

0,25

. hay A, H , E thẳng hàng.

0,25

d) Cho AB  6cm; AD  8cm . Tính độ dài đoạn MN . +) Đặt AN  x; AM  y  x  0; y  0  . Khi đó

AC  AB 2  BC 2  10  cm  và:

25  4 x  3 y x  AM . AB  AN . AD     2 1 1   1 1 1 1  AN 2  AM 2  AC 2  x 2  y 2  100  y  50   3 +) Mặt khác: AM . AN  AC.MN  MN  Câu 5. (0,5 điểm)

125  cm  6

0,25

Giải phương trình: 3. 3  x 2  4 x  2   x  8  0 Điều kiện: x  8

3. 3. x 2  4 x  2   x  8  0  9 x 2  36 x  18  3 x  24 2 2 3x  6  3x  24 1 13   1    3x     3x  24      3x  7  3x  24 2 2  2    

 x  2

1  

x

0,25

11  73 6

3x  11x  4  0 7  13  69 x  x  2   3 6 9 x 2  39 x  25  0  2

  11  73 13  69   ;  6 6    

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  

0,25

Lưu ý:- Trên đây là hướng dẫn chấm bao gồm các bước giải cơ bản,học sinh phải trình bày đầy đủ, hợp logic mới cho điểm. - Mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa. - Điểm toàn bài không làm tròn. - Câu 4 nếu không có hình vẽ không chấm điểm, trong mỗi ý nếu hình sai không chấm điểm ý đó. -4-

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 05/06/2018 Câu 1. Không dùng máy tính, hãy giải phương trình:  x  2018 x  2020  2018  x

Câu 2. Không dùng máy tính, tính giá trị biểu thức A   3 x

x x 

15  12 5 2



1 2 3

3 x

Câu 3. Rút gọn biểu thức P   với x  0;x  4   : x  2 x  4  x  2  x 2 Câu 4. Cho hàm số bậc nhất y  mx  1 với m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;4) . Với giá trị m vừa tìm được, hàm số đồng biến hay nghịch biến trên R 3(x  1)  2(x  2y)  4 4(x  1)  (x  2y)  9

Câu 5. Giải hệ phương trình 

Câu 6. Cho phương trình x2  4x  4m  3  0 với m là tham số. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ;x2 thỏa mãn x12  x22  14. Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, biết AC = 16 cm và 4 sin CAH  . Tính độ dài các cạnh BC, AB 5

Câu 8. Cho hai đường tròn (O; 4cm) và (O’; 11 cm). Biết khoảng cách OO’ = 2a +3(cm) với a là số thực dương. Tìm a để hai đường tròn tiếp xúc nhau. Câu 9.Cho đường tròn tâm O, dây cung AB không đi qua tâm O. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Vẽ dây cung MC không đi qua tâm cắt đoạn thẳng AB tại D (D khác A, D khác B). Đường thẳng vuong góc với AB tại D cắt OC tại K. Chứng minh rằng tam giác KCD là tam giác cân. Câu 10. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và AB <AC nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó b) Gọi M là giao điểm của EF và BC, đường thẳng MA cắt (O) tại điểm thứ hai là I khác A. Chứng minh tứ giác AEFI nội tiếp một đường tròn.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 NĂM HỌC 2018-2019 THÁI NGUYÊN

 x 2  2018x  2020x  2018.2020  2018  x  x 2  4037x  4074342  0   (4037)2  4.1.4074342  1  0  ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt  4037  1  2019 x1  2   4037  1  2018 x 2   2 VËy S  2019;2018 C©u 2:A=

15  12 5 2



1 2 3



3.( 5  2)



5 2

2 3

 2  3  2  3 

 

3 x( x  2)  x( x  2)  x  x



x 2



x 2



3x  6 x  x  2 x  x  x





x  2 .3 x



x 2 3 x

3x  3 x 3 x



x 2





3 x( x  1) 3 x



x 2





x 1 x 2

4) V× hµm sè bËc nhÊt y=mx+1qua ®iÓm (1;4)  4  m.1  1  m  3 Ta cã hµm sè y  3x  1cã a  3  0 nª n hµm sè lu«n ®ång biÕn 5) §Æt a  x  1;b  x  2 y 3a  2b  4 3a  2b  4 11a  22 a  2 a  2 Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh      4a  b  9 8a  2b  18 b  4a  9 b  4.2  9 b  1 a  2 x  1  2 x  1 x  1 Khi     b  1 x  2y  1 1  2y  1 y  1 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)  (1; 1) 6)  '  (2)2  (4m  3)  7  4m §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th×  '  0  7  4m  0  m 

7 4

x  x  4 Khi ®ã ¸p dôngVi et ta cã :  1 2 x1x 2  4m  3 Ta cã :x12  x 22  14 hay  x1  x 2   2x1x 2  14 2

hay 4 2  2(4m  3)  14  8m  8  m  1(tháa) VËy m  1th× tháa ®Ò

Bài 7

C B

4 HC 4 4.AC 4.16 hay   HC    12,8(cm) 5 AC 5 5 5 ABC vu«ng t¹i A,®êng cao AH  AC 2  HC.BC (hÖ thøc lîng) Ta cã :sin CAH 

 BC 

AC 2 162   20(cm) HC 12,8

 ABC vu«ng t¹i A  AB 2  AC 2  BC 2  AB  BC 2  AC 2  202  162  12 (cm) VËy AB  12 cm,BC  20 cm Bµi 8

Hai đường tròn tiếp xúc ngoài nhau khi OO’ = 4 + 11=15  2a  3  15  2a  12  a  6

O O'

Hai đường tròn đựng nhau nếu OO’ = 11 – 4 = 7 (cm)  2a  3  7  2a  4  a  2

Vậy a = 2 hoặc a=6 thì thỏa đề Bài 9.

M D B

O K C

Ta có: OM vuông góc với AB do M là điểm chính giữa cung AB Suy ra KD // OM (do cùng vuông góc với AB) Suy ra KDC  OMC (hai góc đồng vị) (1) Mà OC = OM =R nên OMC cân tại O  OCM  OMC (2) Từ (1) và (2)  OCM  KDC  KCD cân tại K

Bài 10

A E

I F H M

BE và CF là hai đường cao nên AFH  AEH  900  AFH  AEH  1800 do đó tứ giác AFHE nội tiếp

a) Ta có

b) Tø gi¸c ACBI néi tiÕp  MIB  ACB mµ ACB  MFB (do BFEC néi tiÕp )  MIB  MFB  MIFB néi tiÕp  MIF  ABC mµ ABC  AEF  MIF  AEF  AEFI néi tiÕp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 08/06/2018 Đề thi có: 01 trang gồm 05 câu.

Câu I: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: x2  8x  7  0 .

2 x  y  6 2. Giải hệ phương trình:  . 5 x  y  20 Câu II: (2,0 điểm)

x 1 x x   :   , với x  0 . x4 x 4  x2 x x 2 1. Rút gọn biểu thức A . 1 2. Tìm tất cả các giá trị của x để A  . 3 x Câu III: (2,0 điểm) 1. Cho đường thẳng  d  : y  ax  b . Tìm a, b để đường thẳng  d  song song với Cho biểu thức A 

đường thẳng  d ' : y  2 x  3 và đi qua điểm A 1; 1 . 2. Cho phương trình x2  (m  2) x  3  0 ( m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức

x12  2018  x1  x22  2018  x2 . Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB  2R . Gọi d1 và d 2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B . Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N . 1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh IB.NE  3.IE.NB . 3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R . Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh 1 1   30. 2 2 2 a  b  c abc ------------ Hết -----------Họ và tên thí sinh: ........................................................................................ Số báo danh: ............................................ Chữ ký giám thị 1: ............................................................... Chữ ký giám thị 2: ...............................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Hướng dẫn chấm gồm có: 03 trang

Hướng dẫn chung: Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. Câu

NỘI DUNG Giải phương trình: x  8x  7  0 . 1 (1,0đ) Ta thấy phương trình có các hệ số thỏa mãn a  b  c  1  8  7  0 . Do đó phương trình có hai nghiệm x  1 ; x  7 2 x  y  6 Giải hệ phương trình:  5 x  y  20 Ý

Điểm

I (2,0đ)

7 x  14 x  2 2 Hệ tương đương với   (1,0đ) 5 x  y  20 5 x  y  20 x  2 x  2 .   10  y  20  y  10 Rút gọn biểu thức A 

0,5 0,5

x 1 x x   :   , với x  0 . x4 x 4  x2 x x 2

x 1 x x   :   x4 x 4  x2 x x 2 x 1  x x   :    ( x  2) 2  x ( x  2) x 2 x 1  x x   :    ( x  2)2  x  2 x  2 

Ta có: A 

1 (1,0đ)

x 1 x ( x  1) : 2 ( x  2) x 2 1  x ( x  2) 

II (2,0đ)

0,25

0,25 0,25 0,25

Tìm tất cả các giá trị của x để A 

1 3 x

1 và x  0 ; x  2  0 . x ( x  2) 1 1 1  x 23   Khi đó A  3 x x x 2 3 x

Với x  0 ta có A  2 (1,0đ)



0,5



0,25  x 1  x 1 0,25 Kết hợp với điều kiện ta được: 0  x  1 . Cho đường thẳng  d  : y  ax  b . Tìm a, b để đường thẳng  d  song song với đường III (2,0đ)

thẳng  d ' : y  2 x  3 và đi qua điểm A 1; 1 . 1 (1,0đ) Đường thẳng  d  : y  ax  b song song với đường thẳng  d ' : y  2 x  3 nên ta a  2 có  . b  3

0,5

Khi đó  d  : y  2 x  b đi qua điểm A 1; 1 nên: 1  2.1  b  b  3 (thỏa mãn điều kiện b  3 ) . Vậy a  2 , b  3 .

0,5

Cho phương trình x2  (m  2) x  3  0 ( m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức:

x12  2018  x1  x22  2018  x2 .

Ta có   (m  2)2  12  0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. (Lưu ý: Học sinh có thể nhận xét ac  3  0 để suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, trái dấu với mọi m ) Ta có: 2 (1,0đ)

x12  2018  x1  x22  2018  x2

 x12  2018  x22  2018  x2  x1 x12  x22



x12  2018  x22  2018

0,25

 x2  x1

(1)  x1  x2  0  2 2  x1  2018  x2  2018  x1  x2 (2) Theo định lí Viet ta có: x1  x2  m  2 . Khi đó: (1)  m  2  0  m  2 . (2) không xảy ra. Thật vậy:

x12  2018  x1 ;

0,25

x22  2018  x2 suy ra

0,25

x  2018  x  2018  x1  x2  x1  x2 . Vậy m  2 . 2 1

2 2

Cho đường tròn tâm O , đường kính AB  2R . Gọi d1 và d 2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B . Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N . d

E M

IV (3,0đ)

Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 1 (1,0đ)

MAI  MEI  900

0,5

Suy ra MAI  MEI  180 . Vậy AMEI nội tiếp. 0

0,5

Chứng minh IB.NE  3.IE.NB . +) EAI  EBN (cùng phụ với EBA ) 0,5 +) AEI  BEN (cùng phụ với IEB ). Suy ra IAE NBE . 2 (1,0đ)  IA  NB  IA.NE  IE.NB 0,25 IE NE IB  .NE  IE.NB  IB.NE  3IE.NB (đpcm). 0,25 3 Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM .BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R . Do tứ giác AMEI nội tiếp nên AMI  AEI (1). Tương tự ta có tứ giác BNEI nên BIN  BEN (2). Theo trên ta có AEI  BEN Từ (1), (2), (3) suy ra AMI  BIN

0,25

(3). (4).

Do tam giác AMI và BIN vuông tại A và B , suy ra AMI AM AI 3 Suy ra:   AM .BN  AI .BI không đổi. BI BN (1,0đ)

BIN .

0,25

Từ (4) ta có: BIN  AIM  AMI  AIM  900  MIN  900 hay MNI vuông 1 1 tại I . Khi đó: SMNI  IM .IN  AM 2  AI 2 . BN 2  BI 2 2 2 1 R 3R 3R 2  2 AM . AI . 2 BN .BI  AM .BN . AI .BI  AI .BI  .  2 2 2 4

0,25

3R 2 0,25 4 1 1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh 2   30. 2 2 a  b  c abc Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 1  a  b  c  3 3 abc  0 1 9  0,25  ab  bc  ca  9abc  0    2 3 abc ab  bc  ca  ab  bc  ca  3  abc   0 Khi đó: 1 1 1 9   2   2 2 2 2 2 a  b  c abc a  b  c ab  bc  ca 1 1 1 7  2    1 2 2 a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca 1 1 1 9 0,25 Áp dụng bất đẳng thức    với mọi x, y, z  0 ta được x y z x yz (1,0đ) 1 1 1 9    2 2 2 2 2 2 a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca a  b  c  2  ab  bc  ca  9  9  2 2 a  b  c Dấu “=” xảy ra khi AM  AI , BN  BI . Vậy SMNI đạt GTNN bằng

V (1,0đ)

Lại có 1   a  b  c   a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   3  ab  bc  ca  2

1 1   9  7.3  30 . 2 2 a  b  c abc 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . 3

Thay  2  ,  3 vào 1 ta được

 3

0,25

------------ Hết -----------3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Khóa ngày 02 tháng 6 năm 2018 Môn thi: TOÁN ( CHUYÊN TOÁN) Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thởi gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: ( 1,5 điểm) a) Tìm x để biểu thức A

1 có nghĩa.

b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính gái trị của biểu thức B

c) Rút gọn biểu thức C

a a

a 1 ,a a 1

0 và a

32.3

2 22.3

42.3

Câu 2: (1,5 điểm) a) Giải phương trình x 4 3x 2 4 0. b) Cho đường thẳng d : y m 1 x n. Tìm các giá trị của m, n để đường thẳng d đi qua điểm A 1, 1 và có hệ số góc bằng

Câu 3: ( 1,0 điểm) Để phục vụ cho Festival Huế 2018, một cơ sở sản xuất nón lá dự kiến làm ra 300 chiếc nón lá trong một thời gian đã định. Do được bổ sung thêm nhân công nên mỗi ngày cơ sở đó làm ra được nhiều hơn 5 chiếc nón lá so với dự kiến ban đầu, vì vậy cơ sở sản xuất đã hoàn thành 300 chiếc nón lá sớm hơn 3 ngày so với thời gian đã định. Hỏi theo dự kiến ban đầu, mỗi ngày cơ sở đó làm ra bao nhiêu chiếc nón lá? Biết rằng số chiếc nón lá làm ra mỗi ngày bằng nhau và nguyên chiếc. Câu 4: ( 2,0 điểm) Cho phương trình x 2

2mx

0 1 ( Với x là ẩn số)

1. a) Giải phương trình (1) khi m b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn điều kiện: x1

x 2 x12

x 22

Câu 5: ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân ttaij A. Gọi M là điểm bất kì nằm trên cạnh AC ( M không trùng A và C). Một đường thẳng đi qua điểm M cắt cạnh BC tại I và cắt cạnh AB tại N sao cho I là trung điểm cảu đoạn thẳng MN. Đường phân giác trong của góc BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN tại điểm D ( D không trùng A). Chứng minh rằng: a) DN DM và DI MN b) Tứ giác BNDI nội tiếp c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định ( Khác điểm A) khi M di chuyển trên canh AC. Câu 6: ( 1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD với AB 2a, BC a. Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB một vòng thì được hình trụ có thể tích V1 và khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh BC một vòng thì được hình trụ có thể tích V2 . Tính tỉ số

V1 V2

HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:………………………..Số báo danh: ……………………..

LỜI GIẢI THAM KHẢO Câu 1: ( 1,5 điểm) a) Tìm x để biểu thức A

1 có nghĩa. Giải

A có nghĩa khi 2x

1 . 2

b) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính gái trị của biểu thức B

32.3

2 22.3

42.3

Giải

32.3

2 22.3

42.3

3 3 3

c) Rút gọn biểu thức C

a 1 ,a a 1

2.2 3

4 3

3.3 3

0 và a

Giải

a a

1 1

a a

Câu 2: (1,5 điểm) a) Giải phương trình x 4

a 1 a 1

3x 2

a 1

Giải Đặt t

x 2, t

Với t

0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2 x2

b) Cho đường thẳng d : y

4(loai )

1. m

n. Tìm các giá trị của m, n để đường thẳng d đi qua điểm

A 1, 1 và có hệ số góc bằng

Đường thẳng d đi qua điểm A 1, 1 nên Đường thẳng d có hệ số góc bằng -3 nên m Từ (1) và (2) ta được m

2, n

Giải 1 m 1 1

0 1

)

Theo dự kiến, số ngày cơ sở đó phải làm là:

300 ( ngày) x

Thực tế mỗi ngày làm ra được nhiều hơn 5 chiếc nên theo thực tế, số ngày cơ sở đó đã làm là

300 (ngày) x 5

Vì cơ sở đã hoàn thành trước 3 ngày nên ta có phương trình: 300 x

300 x 5

3x 2

15x

1500

25(loai)

Vậy thep dự kiến ban đầu, mỗi ngày cơ sở đó làm ra 20 chiếc nón lá. Câu 4: ( 2,0 điểm) Cho phương trình x 2

2mx

a) Giải phương trình (1) khi m

0 1 ( Với x là ẩn số)

1. Giải

1 thì phương trình đã cho trở thành x 2

Khi m

1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 2. Vậy khi m b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Giải ' m2 m2 m 0 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn điều kiện:

x 2 x12

x 22

Giải 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2

Với m

Theo định lý Viet

* Do đó:

32 *

8m 2

x 1x 2

x2 32

2m m

2 loai

4x 1x 2 x 1

M B

I C D

Ta có NAD DAM ( Do AD là phân giác trong của góc BAC ) nên DN DM DN DM Từ đó tam giác DNM cân tại D có IN IM DI vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của DMN nên DI MN b) Tứ giác BNDI nội tiếp Giải Ta có ND

NAD

MND

Mà ABC

NAD

900 2 , NDI

MND

900 3

Từ (1), (2) và (3) suy ra ABC NDI . Suy ra tứ giác BNDI nội tiếp. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định ( Khác điểm A) khi M di chuyển trên canh AC. Giải Theo kết quả câu b) ta có tứ giác BNDI nội tiếp, suy ra NBD đường thẳng BD cố định.

NID

900

AB tại B nên

Mặt khác điểm D nằm trên đường phân giác trong AD của góc BAC (cố định) nên đường thẳng AD cố định, suy ra D cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua điểm D cố định (đpcm) Câu 6: ( 1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD với AB 2a, BC a. Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB một vòng thì được hình trụ có thể tích V1 và khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh BC một vòng thì được hình trụ có thể tích V2 . Tính tỉ số

V1 V2

Giải Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh AB một vòng thì ta được hình trụ có:

a, h1

2 a3

Khi quay hình chữ nhật ABCD quanh cạnh BC một vòng thì ta được hình trụ có:

2a, h2

Vậy

V1 V2

a 1 . 2

4 a3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN : TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 05/06/2018

Câu 1. 1) Tính giá trị của biểu thức : A  4  2 3 

1 12 2

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau 3x  y  11 b)  2x  y  9 3) Cho phương trình x2  2x  5  0 có hai nghiệm x1 ;x2 . Không giải phương a)x 4  x 2  20  0

trình, hãy tính giá trị của biểu thức B  x12  x22

C  x15  x25

1 2

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d) :y  x  m

1) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ khi m=2 2) Định các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B 3) Tìm các giá trị của m để AB  6 2 Câu 3. Hai bến sông A và B cách nhau 60km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A. Thời gian đi xuôi dòng ít hơn thời gian di ngược dòng là 20 phút. Tính vận tốc ngược dòng của ca nô, biết vận tốc xuôi dòng, lớn hơn vận tốc ngược dòng của ca nô là 6km/h Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), các đường cao AF, BD và CE cắt nhau tại H. 1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh AE.AB=AD.AC 3) Chứng minh FH là phân giác của EFD 4) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh DOC = FED Câu 5. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 256 cm2 và bán kính đáy bằng ½ đường cao . Tính bán kính đáy và thể tích hình trụ

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TIỀN GIANG 2018-2019 Câu 1 1) A  4  2 3  

1 12  2





1 3  1  .2 3 2

3  1  3  3  1  3  1

2) Đặt a= x2 (a  0) Phương trình thành a2  a  20  0   12  4.1.(20)  81  0  1  81  5(lo¹i) a1  2  Nên phương trình có hai nghiệm  1  81  4(chän) a 2   2 V× a  4  x2  4  x  2

VËyS  2

2) Giai hpt 3x  y  11 5x  20 x  4 x  4     2x  y  9 y  3x  11 y  3.4  11 y  1

Vậy Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(4;1) x1  x 2  2 x1x 2  5

3). Áp dụng hệ thức Vi et ta có 

Khi đó B  x12  x22   x1  x2   2x1x2  22  2.(5)  14 2

C  x15  x 25   x12  x 22  x13  x32   x12 .x32  x13 .x 22

  x12  x 22  .  x1  x 2   x12  x 22  x1x 2   x12 x 22 (x1  x 2 )  14.2.(14  5)  (5)2 .2  482 Câu 2. 1) Với m=2 ta có (d): y = x+2 Ta có bảng giá trị x 0 .y = x+2 2

-2 0

1 2

(P): y  x 2 .x 1 y  x2 2

- 4 8

- 2 2

Học sinh tự vẽ hình 2) Ta có phương trình hoành độ giao điểm là

0 0

2 2

4 8

1 x  m  x 2  x 2  2x  2m  0 (1)   '  (1)2  2m  2m  1 2 '  0

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì Suy ra 1 + 2m > 0  m  

1 2

1 thì (d) cắt (P) tại 2 diểm phân biệt A(x1 ;y1 ); B(x2 ;y2 ) 2 Khi đó x1 ;x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Áp dụng hệ thức Vi et

3) Với m > 

x1  x 2  2 x1x 2  2m

Vào phương trình x2  2x  2m  0 ta có 

Ta có A, B thuộc d  A(x1;x1  m); B(x2 ;x2  m) Theo đề bài ta có AB = 6 2 

 x 2  x1    y2  y1 



 x 2  x1    x 2  m  x1  m 

6 2

 2(x 2  x1 )2  6 2  2(x 2  x1 )2  72   x 2  x1   36 2

  x1  x 2   4x1x 2  36 2

 2 2  4.(2m)  36  8m  32  m  4 (t / m)

Câu 3. 1 3

Ta có 20'  h Gọi vận tốc ngược dòng của ca nô là x (x >0) Suy ra vận tốc ngược dòng là: x + 6 (km/h) 60 (h) x6 60 Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi ngược dòng là (h) x

Thời gian ca nô đi hết khúc sông khi ngược dòng là :

Theo đề bài ta có phương trình: 60 60 1   x x6 3 60(x  6)  60x 1   x(x  6) 3 60x  360  60x 1   x(x  6) 3  x(x  6)  3.360 x  30(chän)  x 2  6x  1080  0   x  36 (lo¹i) VËy vËn tèc ca n« khi ngîc dßng lµ 30 km/ h

Câu 4

A D E

1) Ta cã :BEC  BDC  900  Tø gi¸c BEDC cã 2 ®Ønh E, D liª n tiÕp cïng nh×n BC díi 1gãc 900  BEDC lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) XÐt ADE vµ ABC cã : A chung;ADE  ABC (do tø gi¸c BEDC néi tiÕp)  ADE ®ång d¹ngABC AD AB    AE.AB  AD.AC AE AC 3) Ta cã tø gi¸c FHDC cã HFC  HDC  90  90  180  tø gi¸c FHDC néi tiÕp  HFD  HCD (1) Chøng min h t¬ng tù ta c ã tø gi¸c BEHF néi tiÕp  HFE  HBE (2) Vµ HBE  HCD (do BECD néi tiÕp)(3) Tõ (1)(2)(3)  EFH  DFH  FH lµ tia ph©n gi¸c EFD 4) Ta cãBDC vu«ng t¹i D mµ DO lµ ® êng trung tuyÕn  BO  DO  BOD c©n t¹i O  DOC  2.OBD (tÝnh chÊt gãc ngoµi )(4) L¹i cã BEHF néi tiÕp  HEF  HBF (a) vµ HBF  HED (BEDC néi tiÕp )(b) Tõ (a)(b)  2.OBD  HEF  HED  DEF(5) Tõ (4)(5)  DOC  DEF

Câu 5.

Gäi a lµ b¸n kÝnh ®¸y cña h×nh trô (a  0)

 chu vi ®¸y lµ :2 a 1 V× b¸n kÝnh ®¸y b»ng ®êng cao  ®ên g cao  2 a 2 Ta cã S xungquanh  2 a.2a  256   a  8,®ê ng cao  16 V  a 2 .h  .82.16  1024  (cm 3 ) VËy b¸n kÝnh  8cm. ThÓ tÝch  1024  (cm 3 )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRÀ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Thí sinh làm các câu sau Bài 1 (3,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: 2 75  3 48  4 27 2x  y  8 3x  2y  5

2. Giải hệ phương trình 

3. Giải phương trình 3x2  7x  2  0 Bài 2 (2,0 điểm) Cho hai hàm số y = - x +2 và y  x2 có đồ thị lần lượt là (d) và (P) 1) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ 2) Bằng phép toán tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) Bài 3 (1 điểm) Cho phương trình x2  (m  1)x  m  2  0 (với m là tham số) 1) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân bệt với mọi m 2) Tìm các số nguyên m để phương trình có nghiệm nguyên Bài 4 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H  BC). Biết BH = 3,6 cm và HC= 6,4 cm. Tính độ dài BC, AH, AB, AC. Bài 5 (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), M là trung điểm của cạnh AC. Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC tại D. 1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp 2) Chứng minh DB là phân giác của góc AND 3) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 TOÁN TRÀ VINH 2018-2019 Bài 1 1). Ta có : 2 75  3 48  4 27  2 52.3  3 42.3  4 32.3  10 3  12 3  12 3  10 3

2x  y  8 y  2x  8 7x  21 x  3 x  3     3x  2y  5 3x  2(2x  8)  5 y  2x  8 y  2.3  8 y  2

2) 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x;y    3; 2 3) Giải phương trình 3x2  7x  2  0 Ta có a =3; b = - 7 ; c = 2    b2  4ac   7   4.3.2  25  0    5 2

Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 75 1  x1  6  3  x  7  5  2  2 6

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S   ;2  1 3



Bài 2 1.) Vẽ (P) và (d) trên cùng trục tọa độ +)Vẽ đồ thị hàm số (d): y = - x +2 x

y= - x + 2

+) Vẽ đồ thị hàm số (P): y  x2 x y= x 2

- 2 4

- 1 1

+)Đồ thị hàm số

2.) Bằng phép toán tìm tọa độ giao điểm (d) và (P) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x  2  x 2  x2  x  2  0   12  4.1.(2)  9  0  1  9  2  y  4 x1  2   1  9 1 y 1 x 2   2

Vậy hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A(2;4) và B(1;1) Bài 3. 1) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Ta có:    m  1  4  m  2   m 2  2m  1  4m  8  m 2  2m  1  8   m  1  8 2

V× (m  1)2  0(víi mäi m)  (m  1)2  8  0(víi mäi m) Hay   0 nª n ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m

2) Ta có: x 2  (m  1)x  m  2  0  x 2  mx  x  m  2  0  x 2  x  2  m(x  1) x2  x  2 2 x x 1 x 1 2  2   m  x      x 1  x 1  Do x   (x  1)  U(2) m

Mà Ư(2) = 2; 1;1;2. x  1  2 x  1  m  0 x  1  1 x  0 m  2 m  0(t / m)       x  1  1 x  2 m  0  m  2 (t / m)    x  1  2 x  3 m  2

Vậy m=0; m=2 thì thỏa đề. Bài 4.

Ta có BC = 3,6 + 6,4 = 10 (cm) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH ta có AB2  BH.BC  AB2  3,6.10  36  AB  36  6(cm)

Vì tam giác ABH vuông tại H, áp dụng định lý Pytago ta có AB2  AH2  HB 2  AH  AB 2  HB 2  62  3,62  23,04  4,8(cm)

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHC vuông tại H ta có: AC 2  AH2  HC 2  4,82  6, 42  64  AC  64  8(cm)

Vậy AH = 4,8 cm; AC = 8 cm; BC = 10 cm; AB = 6cm.

Bài 5

A M B

1) Ta có góc MDC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên BDC  900 Từ đó ta có tứ giác BADC có hai đỉnh liên tiếp A, D cùng nhìn BC dưới 1 góc 900 nên tứ giác BADC nội tiếp 2) Xét tứ giác BADC nội tiếp có ADB  ACB (cùng chắn cung AB) Mà BDN  ACB (cùng chắn cung MN của đường tròn đường kính MC ) Nên ADB  BDN do đó BD là phân giác góc AND 3) Xét tam giac BDC có CA và BD là 2 đường cao cắt nhau tại M Nên M là trực tâm tam giác BDC Suy ra PN  BC (1) Mà MC đường kính nên góc MNC = 900  PN  BC (2) Từ (1) và (2) suy ra P, M, N thẳng hàng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LÓP 10 THPT Năm học: 2018-2019 Môn: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1. a) Giải phương trình x2  x  12  0 x  2y  6 2x  y  2

b) Giải hệ phương trình 

Câu 2. Cho parabol (P): y  3x2 và đường thẳng d : y  x  m  1 (m là tham số) a) Vẽ (P) b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P) cắt (d) tại đúng 1 điểm Câu 3. Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 5m. Nếu tăng chiều dài thêm 10m, tăng chiều rộng thêm 5m thì diện tích mảnh vườn đó tăng gấp đôi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó. Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm cạnh AC. Vẽ đường tròn đường kính MC cắt cạnh BC tại N  N  C  . Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC tại D  D  M  . Chứng minh a) Tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó b) CM.CA  CN.CB c) OM2  ON.OC Câu 5. Cho x, y dương thỏa xy  2018 2 1009 2018  x y 2018x  4y

Tìm Min P  

DAP AN DE VAO 10 TUYEN QUANG 1)a) x  x  12  0  x 2  4x  3x  12  0 2

 x(x  4)  3(x  4)  0   x  3  x  4   0 x  3  VËy S  3; 4 x  4 x  2y  6 2x  4y  12 5y  10 x  6  2.( 2) x  2 b)      2x  y  2 2x  y  2 x  6  2y y  2 y  2 VËy (x;y)  (2; 2) 2)a) häc sinh tù vÏ b) Ta cã ph¬ngtr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (d) vµ (P) lµ : 3x 2  x  m  1  3x 2  x  1  m  0    1  4.3.(1  m)  11  12m 2

§Ó (d) c ¾ t (P) t¹i ®óng 1 ®iªm th×   0  11  12m  0  m 

11 12

Bµi 3.Gäi x lµ chiÒu dµi (x  5)  ChiÒu réng lµ :x  5 Theo ®Ò ta cã ph¬ng tr×nh (x  10)(x  5  5)  2x(x  5)  (x  10).x  2x 2  10x  x 2  10x  2x 2  10x x  20(chän)  x 2  20x  0   x  0(lo¹i) vËy chiÒu dµi lµ : 20m,chiÒu réng lµ15m

Cau 4

A D M O B

1 a) Ta cã :MDC ch¾n ®êng trßn  BDC  900 2 Ta cã BAC  BDC  900  Tø gi¸c BADC cã 2 ®Ønh liªn tiÕp A,D cïng nh×n c¹nh BC díi1gãc 900  BADC lµ tø gi¸c néi tiÕp b) Nèi MN,V× MC ®êng kÝnh  MNC  900 XÐt MNC vµ BAC cã :C chung;N  A  900 CM CN  MNC BAC (g  g)    CM.CA  CB.CN CB CA c) Ta cã :OC  ON  R  OC.OC  ON.OC  OC 2  ON.OC mµ OM  OC  R  OM 2  ON.OC

Cau 5 2 1009 2 1009 ¸p dông bdt cos i ta cã :  2 .  2.1  2 x y x y C«si tiÕp:2018x  4y  2 2018x.4y  2 4.20182  8072 

2018 1 2018 1    2018x  4y 4 2018x  4y 4

 2 1009 x  2 1 7   y   P  2   . khi ®ã :  x 4 4 xy  2018 y  1009 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

VĨNH LONG

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (1.0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A  3 27  2 12  4 48 . 1 b) Rút gọn biểu thức B  7  4 3  . 2 3 Bài 2. (2.0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 a) x  3x  2  0

b) x2  2 3x  3  0

4 2 c) x  9 x  0

x  y  3 d)  3x  2 y  8

Bài 3. (2.0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Parabol (P) : y  x 2 . Vẽ đồ thị Parabol (P) . b) Cho phương trình: x 2   m  1 x  m  0 (1) (với x là ẩn số, m là tham số). Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện: x1  3  x2   20  3  3  x2  .

Bài 4. (1.0 điểm) Quãng đường AB dài 160 km. Hai xe khởi hành cùng một lúc từ A để đi đến B . Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút. Tính vận tốc của xe thứ hai. Bài 5. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Gọi M là trung điểm của BC . Biết AB  3 cm, AC  4 cm. Tính độ dài đường cao AH và diện tích tam giác ABM . Bài 6. (2.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O; R) . Các đường cao AD , BE ,

CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Gọi M là trung điểm của BC . a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn. b) Biết EBC  300 . Tính số đo EMC . c) Chứng minh FDE  FME . Bài 7. (0.5 điểm) Cho a 

2 1 2 1 7 7 . Tính a  b . ; b 2 2 …HẾT …

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ...............................................SBD:.......................................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

VĨNH LONG

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung

Bài 1

a) A  3.3 3  2.2 3  4.4 3  21 3 (bấm máy 0.25) b) B  7  4 3 

1  2 3

2  3





1. 2  3





Điểm 1.0 0.5



2 3 2 3



 2 3 2 3  4.

0.5

(bấm máy 0.25) 2

2.0 a) x  3x  2  0 Ta có   1  0 Phương trình có 2 nghiệm x1  1 , x2  2 .

0.25 0.25

b) x2  2 3x  3  0 Ta có   0

0.25

Phương trình có nghiệm kép x1  x2  3 .

0.25

4 2 c) x  9 x  0

2 Đặt t  x 2 , t  0 , phương trình trở thành t  9t  0 Giải ra được t  0 (nhận); t  9 (nhận)

0.25

2 Khi t  9 , ta có x  9  x  3 .

0.25

2 Khi t  0 , ta có x  0  x  0 . x  y  3 d)  3x  2 y  8

Tìm được x  2 Tìm được y  1

0.25

Vậy hệ phương trình có nghiệm là x  2; y  1 .

0.25

a) Vẽ Parabol  P  : y  x

2.0 2

Bảng giá trị giữa x và y : x -2 y 4

-1 1

0 0

1 1

2 4

Vẽ đúng đồ thị. b) Cho phương trình: x 2   m  1 x  m  0 (1) (với x là ẩn số, m là tham số). Xác

0.5

định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn điều kiện: x1  3  x2   20  3  3  x2  . Ta có    m  1  4m   m  1 2

phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2    0  m  1 .

0.25

 x1  x2  m  1 ta có:  .  x1.x2  m

0.25

Theo đề bài ta có: x1  3  x2   20  3  3  x2   3  x1  x2   x1 x2  11  3  m  1  m  11  4m  8  m  2.

0.25

Vậy m  2;m  1 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn 0.25

x1  3  x2   20  3  3  x2  .

Quãng đường AB dài 160 km. Hai xe khởi hành cùng một lúc từ A để đi đến B . Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai là 48 phút. Tính vận tốc của xe thứ hai.

1.0

Gọi vận tốc của xe thứ hai là x (km/h). Điều kiện: x  0 . vận tốc của xe thứ nhất là x  10 (km/h).

0.25

Thời gian đi quãng đường AB của xe thứ nhất là

160 (h) x  10

160 và thời gian của xe thứ hai là (h). x 160 160 48   Theo đề bài ta có phương trình x x  10 60 Giải phương trình ta được: x  40 (nhận), x  50 (loại). Vậy vận tốc của xe thứ hai là 40 km/h. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Gọi M là trung điểm của BC . Biết AB  3 cm, AC  4 cm. Tính độ dài đường cao AH và diện tích tam giác ABM . 12 Ta có BC  5 cm. Suy ra AH   2, 4 cm. 5 5 BM   2,5 cm. 2 SABM  3 (cm2). Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O; R) . Các đường cao AD , BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Gọi M là trung điểm của BC .

0.25

0.25 0.25

1.0

0.5

2.5

0.25

Vẽ hình đúng đến câu a) a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn.

BFH  900

0.5

BDH  900 BFH  BDH  1800 suy ra tứ giác BFHD nội tiếp được đường tròn. 0 b) Biết EBC  30 . Tính số đo EMC . Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC , tâm M .

0.25

EMC  2EBC  2.300  600 .

0.5

c) Chứng minh FDE  FME . Chứng minh tứ giác DMEF nội tiếp được đường tròn

0.5

Suy ra FDE  FME (cùng chắn cung FE ).

0.25

Cho a 

2 1 2 1 7 7 . Tính a  b . ;b  2 2

Từ giả thiết ta có a  b 

0.5

2 1 2 1 2 1 2  1 1   2; ab  .  . 2 2 2 2 4

a 7  b7   a 4  b 4  a 3  b3   a 3b3  a  b 



0.25



2 3   a  b   2ab   2a 2b 2  a  b   3ab  a  b    a 3b3  a  b     

Từ đó ta được 2  1  1  3 2 17  5 2   7 7 a  b   2      2 2  . 2     2 2  8   4  64 8  4  64  

0.25

170 2 2 169 2 .   64 64 64

Vậy a 7  b7 

169 2 . 64

…HẾT …

0.25

Vẽ hình đúng đến câu a) 0 b) Biết EBC  30 . Tính số đo EMC . Cách 1: Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC , tâm M .

EMC  2EBC  2.300  600 . Cách 2: Ta có: MB = ME (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)  EMB cân tại M  MBE  MEB  300

 EMC  600 Cách 3: Ta có: MC = ME (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)  EMC cân tại M Ta lại có: EBC  300  ECB  600  EMC đều

0,25

Ta lại có: EBC  300  ECB  600  CEM  600



0,25 0,25 0,25

 EMC  600 Cách 4: Ta có: MC = ME (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)  EMC cân tại M



0.5

0,25

 EMC  EBM  BEM

EMC  180  MEC  MCE  180  120  60 0

0.25

0,25 0,25 0,25 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. Cho biểu thức P= a 2 với a < 0. Khi đó biểu thức P bằng: A. 2a

B.  2a

C. 2a 2

D.  2a 2

Câu 2. Hàm số y =  m  4  x  7 đồng biến trên R, với A.m  4

B.m  4

C.m  4 x  y  1 Câu 3. Số nghiệm của hệ phương trình  là 3x  2y  4

D.m  4

A.1 B.2 C. vô số D. 0 Câu 4. Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 3 cm,BC  2 cm. Độ dài đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD bằng A. 2 cm B. 2 3 cm C. 4 cm D. 8 cm II. TỰ LUẬN Câu 5. Cho phương trình x2  2(m  1)x  m2  3  0(1) với m là tham số và x là ẩn số a) Giải phương trình (1) khi m = 3 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Câu 6. 1 4

a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) y  x 2 và A, B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ tương ứng bằng – 2 và 4. Tìm tọa độ hai điểm A, B và viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B b) Cho một mảnh vườn hình chữ nhật. Biết rằng nếu giảm chiều rộng đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích mảnh vườn đó giảm 54m 2 so với diện tích ban đầu, nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích mảnh vườn đó tăng 32m2 so với diện tích ban đầu. Tính chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn đó. Câu 7. Cho đường tròn (O;R) (đường tròn tâm O, bán kính R) và điểm A cố định nằm trên đường tròn (O;R). BC là một đường kính thay đổi của đường tròn (O;R) và không đi qua A. Đường tròn đường kính AO cắt các đoạn AB. AC tại các điểm thứ hai tương ứng là M, N. Tia OM cắt (O;R) tại điểm P. Gọi H là trực tâm của tam giác AOP. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMON là hình chữ nhật b) Tứ giác PHOB nội tiếp được trong một đường tròn và

OH.PC không phụ AC

thuộc vào vị trí các điểm B, C c) Xác định vị trí của các điểm B, C sao cho tam giác AMN có diện tích lớn nhất. Câu 8. Giải phương trình 2(x4  4)  3x2  10x  6

DAP AN VAO 10 NAM HOC 2018-2019 TOAN TINH VINH PHUC I. Tr¾c nghiÖm 1. D 2.B II. Tù LuËn

3. A

4.C

Bµi5.a) Khi m  3, ph¬ng tr×nh thµnh: x 2  8x  12  0  x 2  6x  2x  12  0  x(x  6)  2(x  6)  0 x  2   x  2  x  6   0   . VËy S  2;6 x  6 b) x 2  2(m  1)x  m 2  3  0  '     m  1   (m 2  3)  m 2  2m  1  m 2  3  2m  2 2

§Ó ptrinh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th×   '  0  2m  2  0  m  1 1 6)a) Ta cã :A  (P) : y  x 2 4 1 2 mµ x A  2  y A  .  2   1  A(2;1) 4 1 x B  4  y B  .4 2  4  B(4;4) 4 Gäi d cã d¹ng y  ax  b (a  0) V  A  2;1 ;B  4;4  (d) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh 1  2a  b  1 a   2  4a  b  4 b  2 1 VËy ph¬ng tr×nh cÇn t×m lµ :y  x  2 2 b) Gäi a(m) lµ chiÒu réng, b(m) lµ chiÒu dµi m¶nh vên (b > a >3)  DiÖn tÝch ban ®Çu lµ ab NÕu gi ¶ m chiÒu réng 3m, t¨ng chiÒu dµi 8m th× diÖn tÝch gi ¶ m 54 m 2  (a  3)(b  8)  ab  54  ab  8a  3b  24  ab  54  8a  3b  30(1) NÕu t¨ng chiÒu réng lª n 2 m,gi¶m chiÒu dµi 4 m th× diÖn tÝch t¨ng 32 m 2  (a  2)(b  4)  ab  32  ab  4a  2b  8  ab  32  4a  2b  40(2) 8a  3b  30 a  15 tõ (1)(2) ta cãhÖ ph¬ng tr×nh   (tháa) 4a  2b  40 b  50 VËy chiÒu réng ban ®Çu lµ15m,chiÒu dµi ban ®Çu lµ 50m

Cau 7

I M

A H

1 a) Ta cã BAC  900 (gãc néi tiÕp ch¾n ®êng trßn ®êng kÝnh BC) 2 1 ANO  AMO  900 (gãc néi tiÕp ch¾n ®êng trßn ®êng kÝnh AO) 2  BAC  ANO  AMO  900  OMAN lµ h×nh ch÷ nhËt b) ) Ta cã H lµ trùc t©m APO  PH  AO  OPH  OAB (cïng phô víi AOP) mµ OA  OB  OAB  OBA  OPH  OBA  §Ønh P vµ B cïng nh×n HO díi mét gãc kh«ng ®æi  OBPH néi tiÕp  ) Ta cã :AIO  900  OI  AP  OI ®i qua H  IA  IP (®êng kÝnh d©y cung ) AOP cã OA  OP  AOP c©n t¹i O  AOH  POH (do OH võa ®êng cao võa ph©n gi¸c) mµ ACP  ABP  DOH  AOH  APC  ABC  OAH  AHO PAC (g.g) HO AO HO.PC     AO  R (kh«ng ®æi) AC PC AC 1 1 1 1 1 1  AB 2  AC 2  1 BC 2  2R  R2 c)S AMN  AM.AN  . AB. AC  AB.AC      . 2 2 2 2 8 8 2 16 4  8 2 DÊu"  "x ¶ y ra khi AB  AC  ABC vu«ng c©n t¹i A khi ®ã AO vu«ng gãc víi BC VËy khi BC vu«ng gãc víi AO th× S AMN lín nhÊt 2

Cau 8. Giai phuong trinh





2 x 4  4  3x 2  10x  6 ta cã :x 4  4  (x 2  2x  2)(x 2  2x  2) §Æt a  2x 2  4x  4

b  x 2  2x  2 (a  0;b  0)

 2a 2  b 2  3x 2  10x  6 Ph¬ng tr×nh trë thµnh :ab  2a 2  b 2  2a 2  2ab  ab  b 2  0  2a(a  b)  b(a  b)  0   a  b  (2a  b)  0 . V  a, b  0  2a  b  0  a  b Thay vµo ta cã : 2x 2  4x  4  x 2  2x  2 B×nh ph¬ng 2 vÕ  2 x 2  4x  4  x 2  2x  2 x  3  7  x 2  6x  2  0   x  3  7



VËy S  3  7



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán (THPT) Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 4 trang, gồm 50 câu) Khóa thi ngày: 05/6/2018 Mã đề 022 Câu 1 (TH): Đồ thị ở hình bên là đồ thị hàm số nào trong các hàm số sau:

A. y  2 x 2

C. y  4 x 2

1 B. y   x 2 4

Câu 2 (TH). Tìm điều kiện của x để đẳng thức A. x  2

x2  x 3

B. x  2

1 D. y   x 2 2

x2 đúng. x 3 C. x  3

D. x  3

Câu 3 (TH). Độ dài hai cạnh của một tam giác là 2 (cm) và 21 (cm). Số đo nào dưới đây có thể là độ dài cạnh thứ ba của tam giác đã cho? A. 19 (cm)

B. 22 (cm)

Câu 4 (TH). Tìm các giá trị của a sao cho A. a  0

C. 23(cm)

D. 24 (cm)

C. a  1

D. 0  a  1

a 1  0. a

B. 0  a  1

Câu 5 (TH). Cho số tự nhiên 10203x . Tìm tất cả các chữ số x thích hợp để số đã cho chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9? A. x  0;6;9

B. x  0;3;6

C. x  3;6;9

D. x  0;3;9

Câu 6 (NB). Biết phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có một nghiệm x = 1. Đẳng thức nào sau đây đúng ?

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

A. a  b  c  0.

B. a  b  c  0.

C. a  b  c  0.

D. a  b  c  0.

Câu 7 (TH). Xác định hàm số y  ax  b, biết đồ thị của hàm số đi qua hai điểm A  2;5 và B 1; 4  A. y  x  3

B. y   x  3

C. y  3x  1

D. y  3x  1

Câu 8 (NB). Trong các phân số sau, phân số nào viết dưới dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn? A.

17 . 20

7 . 55

19 . 128

67 . 625

Câu 9 (TH).Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y   2m  1 x 2 nằm phía dưới trục hoành. A. m  

1 2

B. m  

Câu 10 (TH): Phương trình A. 2

1 2

C. m  

1 2

D. m  

1 2

3 2 8  6x có bao nhiêu nghiệm?   1  4 x 4 x  1 16 x 2  1

B. 0

C. 1

D. 3

Câu 11 (NB). Đẳng thức nào sau đây đúng với mọi x  0? A.

9 x 2  3x

9 x 2  3x

9 x2  9 x

9 x 2  9 x

Câu 12 (VD). Tìm số tự nhiên n có hai chữ số, biết rằng tổng các chữ số của nó bằng 9 và nếu cộng thêm vào số đó 63 đơn vị thì được một số mới cũng viết bằng hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại. A. n = 36

B. n = 18

C. n = 45

D. n = 27

Câu 13 (TH). Cho Q  4a  a 2  4a  4, với a  2 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Q  5a  2.

B. Q  3a  2.

C. Q  3a  2.

D. Q  5a  2.

Câu 14 (NB). Biều thức M  x2  1 bằng biểu thức nào sau đây? A. M  1  x  x  1 .

B. M   x  11  x  .

C. M   x  1 x  1 .

Câu 15 (TH): Cho tam giác ABC, M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh BC, biết

D. M   x  1 x  1 .

MA NC 2   , MN  15  cm  . . MB NB 5

Tính độ dài cạnh AC. A. AC = 21 (cm).

B. AC = 37,5 (cm).

C. AC = 52,5 (cm).

D. AC = 25 (cm).

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Câu 16 (VD). Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O’) cắt (O) tại C và của (O) cắ (O’) tại D. Biết ABC  750 . Tính ABD ? A. ABD  400.

B. ABD  1500.

C. ABD  500.

D. ABD  750.

Câu 17 (TH). Số đo 3 góc của một tam giác tỉ lệ với các số 2; 3; 5. Tìm số đo của góc nhỏ nhất. A. 360

C. 240

B. 180

D. 540

Câu 18 (NB). Trong các hình cho dưới đây, hình nào mô tả góc ở tâm?

A. Hình 3 và Hình 4.

B. Hình 1.

C. Hình 2.

D. Hình 1 và Hình 4

B. M  3

C. M  1

D. M  2

12 3

Câu 19 (TH). Tính M  A. M  4

Câu 20 (NB). Cho P  4a 2  6a. Khẳng định nào sau đây đúng? A. P  4a.

B. P  4 a .

C. P  2a  6 a .

D. P  2 a  6a .

Câu 21 (TH). Tính thể tích V của hình cầu có bán kính R  3  cm  . A. V  108  cm3  Câu 22 (TH). Cho P  A. P  2

B. V  9  cm3 





3 1 

1  3 

C. V  72  cm3  2

D. V  36  cm3 

. Khẳng định nào sau đây đúng?

B. P  2  2 3

C. P  2  3

D. 2 3

C. sin 350  sin 400.

D. cos350  cos 400.

Câu 23 (NB). Khẳng định nào sau đây sai? A. cos350  sin 400.

B. sin 350  cos 400.

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Câu 24 (VD). Bạn An chơi thả diều. Tại thời điểm dây diều dài 80(m) và tạo với phương thẳng đứng một góc 500 . Tính khoảng cách d từ diều đến mặt đất tại thời điểm đó (giả sử dây diều căng và không giãn; kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). A. d  51, 42  m  . B. d  57,14  m  . C. d  54,36  m  . D. d  61, 28  m  . Câu 25 (VD). Tìm giá trị của m để hàm số y   2m  1 x  m  2 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 

2 . 3

A. m  

1 2

B. m 

1 2

C. m  8

D. m  8

Câu 26 (NB): Phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0  a  0  có biệt thức   b2  4ac  0 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Phương trình vô nghiệm.

C. Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

B. Phương trình có nghiệm kép.

D. Phương trình có vô số nghiệm.

2 x  by  4 Câu 27 (TH). Tìm tất cả các giá trị của a, b để hệ phương trình  có nghiệm (x;y) = (1;-2) bx  ay  5 A. a  2, b  2

B. a  4, b  3

C. a  3, b  4

D. a  4, b  5

C.  x; y   1;1 .

D.  x; y   1; 1 .

2 x  y  1 Câu 28 (VD). Giải hệ phương trình  4 x  y  5 A.  x; y    1; 1 .

B.  x; y    1;1 .

Câu 29 (VD). Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC cạnh a. A. r 

a 3 . 6

B. r  a 3.

C. r 

a 3 . 3

D. r 

2a 3 . 3

Câu 30 (NB). Trong các số sau, số nào là số nguyên tố. A. 29

B. 35.

C. 49.

D. 93

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Câu 31 (TH). Cho một hình cầu có đường kính bằng 4 (cm). Tính diện tích S của hình cầu đó. A. S 

16  cm2  . 3

B. S  16  cm2 

C. S  64  cm2 

D. S  32  cm2 

Câu 32 (NB). Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến với mọi x  R ? A. y  2 x  4.

7  C. y     2 x  . 2 

B. y  3x  2.

D. y 

1 x 3

Câu 33 (TH). Tìm điều kiện của m để hàm số y   2m  1 x  2 luôn đồng biến. 1 A. m  . 2

1 B. m  . 2

1 C. m  . 2

1 D. m  . 2

Câu 34 (NB). Cho tứ giác ABCD có AB  BC  CD  DA. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Tứ giác ABCD là hình vuông.

C. Tứ giác ABCD là hình thoi.

B. Tứ giác ABCD là hình chữ nhật.

D. Tứ giác ABCD là hình thang cân.

Câu 35 (TH). Rút gọn biểu thức M   x  y    x  y  . 2

A. M  2 xy.

B. M  4 xy.

C. M  2 x2 .

D. M  2 y 2 .

Câu 36 (TH). Tính chu vi của tam giác cân ABC. Biết AB = 6(cm); AC = 12(cm). A. 25(cm)

B. 24(cm).

C. 30 (cm).

D. 15 (cm).

C. x1  1; x2  6.

D. x1  2; x2  3.

Câu 37 (VD). Giải phuong trình: x2  5x  6  0. A. x1  2; x2  3.

B. x1  1; x2  6.

Câu 38 (VDC). Cho P  4  42  ...  42018  42019. Tìm số dư khi chia P cho 20. A. 8.

B. 16.

C. 4.

D. 12.

Câu 39 (VD). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH và đường trung tuyến AM  H , M  BC  . Biết chu vi của tam giác là 72cm và AM – AH = 7 (cm). Tính diện tích S của tam giác ABC. A. S  48  cm2 

B. S  108  cm2 

C. S  148  cm2 

D. S  144  cm2 

Câu 40 (VD). Cho các số a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  6  2  a  2b  c  . Tính tổng T  a  b  c. A. T  6.

B. T  2.

C. T  4.

D. T  8.

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Câu 41 (VD). Cho tam giác ABC có AB = 20(cm), BC = 12 (cm), CA = 16 (cm). Tính chu vi của đường tròn nội tiếp tam giác đã cho. A. 16  cm  .

B. 20  cm  .

C. 13  cm  .

D. 8  cm  .

Câu 42 (VD): Biết các cạnh của một tứ giác tỉ lệ với 2; 3; 4; 5 và độ dài cạnh lớn nhất hơn độ dài cạnh nhỏ nhất là 6(cm). Tính chu vi của tứ giác đó. A. 28 (cm).

B. 42 (cm).

C. 14 (cm)

D. 56 (cm).

Câu 43 (VD): Cho phương trình x2  2  m  1 x  m2  m  3  0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  10. A. m  1.

B. m  4.

C. m  1.

D. m  4.

Câu 44 (VD). Cho tam giác ABC, biết B  600 , AB  6  cm , BC  4  cm . Tính độ dài của cạnh AC. A. AC  2 7  cm  .

B. AC  52  cm  .

C. AC  4 5  cm  .

D. AC  2 3  cm  .

Câu 45 (VD). Mặt cầu (S) được gọi là ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ nếu các đỉnh của hình laapoj phương đều thuộc mặt cầu (S). Biết hình lập phương có độ dài cạnh 2a, tính thể tích V của hình cầu ngoại tiếp hình lập phương đó. A. V  3 a3 .

B. V  4 3 a3 .

C. V 

3 3 a . 2

D. V  3 2 a3 .

Câu 46 (VD). Cho xOy  450. Trên tia Oy lấy hai điểm A, B sao cho AB  2  cm  . Tính độ dài hình chiếu vuông góc của đoạn thẳng AB trên Ox. A.

2  cm  . 2

2  cm  . 4

C. 1 cm  .

1  cm  . 2

Câu 47 (VDC): Một tấm tôn hình chữ nhật có chu vi là 48 cm. Người ta cắt bỏ mỗi góc của tấm tôn một hình vuông có cạnh 2cm rồi gấp lên thành một hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích 96cm3 . Giả sử tấm tôn có chiều dài là a, chiều rộng là b. Tính giá trị biểu thức P  a 2  b2 . A. P = 80

B. P = 112.

C. P = 192.

D. P = 256.

Câu 48 (VD). Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước. Nếu cho vòi một chảy trong 3 giờ rồi hóa lại, sau đó cho vòi hai chảy tiếp trong 8 giờ nữa thì đầy bể. Nếu cho vòi một chảy trong 1 giờ, rồi cho cả hai vòi 8 chảy tiếp trong 4 giờ nữa thì số nước chảy vào bằng bể. Hỏi nếu chảy một mình thì vòi một sẽ chảy trong 9 thời gian t bằng bao nhiêu thì đầy bể?

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

A. t = 10 giờ.

B. t = 12 giờ.

Câu 49 (VD). Kết quả rút gọn biểu thức A 

C. t = 11 giờ.

D. t = 9 giờ.

x 1 1 với x  0, x  4 có dạng   x4 x 2 x 2

x m . Tính x n

giá trị của m – n. A. m  n  2.

B. m  n  4.

C. m  n  4.

D. m  n  2.

Câu 50 (VDC). Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Gọi E là trung điểm của CD. Tính độ dài dây cung chung CF của đường tròn đường kính BE và đường tròn đường kính CD. A. CF  a.

B. CF 

2a 5 . 5

C. CF 

2a 3 . 3

D. CF 

a 5 . 5

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM

1D 2D 3B 4D 5C 6C 7C 8B 9A 10C

11B 12B 13C 14D 15A 16D 17A 18B 19D 20D

21D 22D 23B 24A 25D 26A 27B 28C 29C 30A

31B 32B 33C 34C 35B 36C 37A 38 39D 40C

41D 42A 43A 44A 45C 46C 47C 48D 49D 50

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Câu 1. Phương pháp Dựa vào đồ thị hàm số ta lấy các điểm thuộc đồ thị hàm số sau đó thay tọa độ điểm vào pt hàm số dạng y  ax 2 nếu tọa độ điểm nào thỏa mãn pt thì đó chính là đồ thị cần tìm Cách giải: Giả sử hàm số có dạng: y  ax 2 . Ta có điểm  2; 2  thuộc đồ thị đã cho nên: 2  a.22  a 

1 2

1 Vậy hàm số cần tìm là: y   x 2 2

Chọn D. Câu 2. Phương pháp: Điều kiện để

A có nghĩa là: A  0, B  0 B

Điều kiện để

A A có nghĩa là:  0, B  0 B B

Cách giải: Điều kiện để :

x2  x 3

x  2  0  x  2 x2   x3 đúng   x 3 x  3  0 x  3

Chọn D. Câu 3. Phương pháp: Cho tam giác ABC với độ dài 3 cạnh lần lượt là a, b, c ta có: a  b  c; a  c  b; b  c  a Cách giải: Gọi độ dài cạnh cần tìm của tam giác là a (cm) Theo mối liên hệ giữa các cạnh trong một tam giác ta có a phải thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

a  2  21 a  19   2  21  a a  23

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Vậy dựa vào các đáp án của đầu bài thì a = 22 (cm) Chọn B. Câu 4. Phương pháp: A 1 có nghĩa  A  0.  0  A, B trái dấu và B A

Cách giải:

a  1  0 a  1 a 1 0  a a  0 a  0 Chọn D. Câu 5. Phương pháp: Dấu hiệu chia hết cho 3 là số có tổng các chữ số chia hết cho 3. Dấu hiệu chia hết cho 9 là số có tổng các chữ số chia hết cho 9. Cách giải: Ta có số tự nhiên : 10203x 3  1  0  2  0  3  x 3  6  x 3 Khi đó x có thể nhận các giá trị 0;3;6;9 Mà số 10203x không chia hết cho 9 nên x = 3 không thỏa mãn. Vậy x  0;6;9 Chọn C. Câu 6. Phương pháp: Phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có a  b  c  0 thì phương trình luôn có nghiệm x  1 và nghiệm còn lại là x 

c . a

Cách giải:

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có a  b  c  0 thì phương trình luôn có nghiệm x  1 và nghiệm còn lại là x 

c . a

Chọn C. Câu 7. Phương pháp: Đồ thị hàm số y  ax  b, đi qua 2 điểm tức là tọa độ 2 điểm sẽ thỏa mãn phương trình hàm số. Thay lần lượt tọa độ từng điểm vào ta được hệ phương trình 2 ẩn a,b giải hệ phương trình ta tìm được hàm số cần tìm. Cách giải: Đồ thị của hàm số y  ax  b, đi qua hai điểm A  2;5 và B 1; 4  nên ta có:

2a  b  5 3a  9 a  3    a  b  4 b  4  a b  1 Vậy hàm số cần tìm là: y  3x  1 Chọn C. Câu 8: Phương pháp: -Nếu phân số tối giản với mẫu dương mà mẫu không có ước nguyên tố khác 2 và 5 thì phân số đó viết được dưới dạng số thập phân hữu hạn. -Nếu phân số tối giản với mẫu dương mà mẫu có ước nguyên tố khác 2 và 5 thì phân số đó viết được dưới dạng số thập phân vô hạn tuần hoàn. Cách giải: Ta có: 20  22.5, 55  5.11, 128  27 , 625  54. Chỉ có mẫu số 55 là có ước nguyên tố 11 khác 2 và 5 nên phân số

7 . có thể viết được dưới dạng số thập phân 55

vô hạn tuần hoàn. Chọn B. Câu 9. Phương pháp: Đồ thị nằm phía dưới trục hoành tức là y  0 từ đó ta tìm được m. Cách giải:

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Đồ thị hàm số y   2m  1 x 2 nằm phía dưới trục hoành tức là y  0  2m  1  0  m  

1 Do x 2  0   2

Chọn A. Câu 10: Phương pháp: Tìm điều kiện, phân tích mẫu thành nhân tử sau đó quy đồng khử mẫu để tìm x. Cách giải: Điều kiện: x  

1 4

3 2 8  6x   1  4 x 4 x  1 16 x 2  1  3  4 x  1  2  4 x  1  8  6 x  12 x  3  8 x  2  8  6 x  14 x  7  x 

1  tm  2

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm. Chọn C. Câu 11. Phương pháp:

 A, khi A  0 A2  A    A, khi A  0

Áp dụng công thức Cách giải: Ta có:

9 x2 

 3x 

 3x  3x  Do x  0 

Chọn B. Câu 12. Phương pháp: Gọi số tự nhiên có hai chữ số cần tìm là ab  a  N *, b  N  . Kết hợp với điều kiện đầu bài ta tìm a, b. Cách giải:

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Gọi số tự nhiên n có hai chữ số là: ab  a  0, a, b  N  Tổng các chữ số của nó bằng 9 nên ta có: a  b  9 1 Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì được một số mới cũng viết bằng hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại. Nên ta có phương trình: ab  63  ba  10a  b  63  10b  a  9a  9b  63  a  b  7

 2

 a  b  9 a  1 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình   ab  18  a  b  7 b  8 Vậy số cần tìm là: n = 18. Chọn B. Câu 13. Phương pháp: Sử dụng công thức:

 A, khi A  0 A2  A    A, khi A  0

Cách giải:

Q  4a  a 2  4a  4  4a 

 a  2

 4a  a  2  4a   a  2   3a  2  do a  2 

Chọn C. Câu 14. Phương pháp: Sử dụng hằng đẳng thức: a 2  b2   a  b  a  b  Cách giải: M  x2  1  x2  12   x  1 x  1 Chọn D. Phương pháp: Sử dụng định lý Talet để làm Cách giải: Ta có:

MA NC 2    MN AC MB NB 5

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

MA 2 MA 2 MB 5  , MA  MB  AB   ;  MB 5 AB 7 AB 7

Áp dụng định lý Talet trong tam giác ABC với MN//AC ta có: MB MN 5 7 MN 7.15    AC    21 cm  AB AC 7 5 5

Chọn A. Câu 16. Phương pháp: Sử dụng tam giác ABC đồng dạng với tam giác DBA để chứng minh 2 góc bằng nhau. Cách giải: Xét tam giác ABC và tam giác DBA có: CAB  ADB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của

đường tròn (O’) cùng chắn cung AB)

ACB  BAD (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của đường tròn (O) cùng chắn cung AB) Vậy ABC

DBA (g-g)

Khi đó ta có: ABC  ABD  750 (2 góc tương ứng) Chọn D. Câu 17. Phương pháp Sử dụng tính chất của dãy tỷ số bằng nhau để tìm các góc của tam giác. Cách giải: Gọi các góc của tam giác lần lượt có số đo là: x, y, z (độ) giả sử: x < y < z Ta có: 3 góc của tam giác tỉ lệ với các số: 2; 3; 5 nên ta có:

Áp dụng tính chất của dãy tỷ số bằng nhau ta có:

x y z   2 3 5

x y z x  y  z 180      18 2 3 5 10 10

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Từ đó ta có:

x  18  x  36 2

Vậy góc nhỏ nhất của tam giác có số đo là: 360 . Chọn A. Câu 18. Phương pháp: Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn. Hai cạnh của góc ở tâm cắt đường tròn ở hai điểm, hai điểm này chia đường tròn thành hai cung. Cách giải: Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn. Hai cạnh của góc ở tâm cắt đường tròn ở hai điểm, hai điểm này chia đường tròn thành hai cung. Chọn B. Câu 19. Phương pháp: Áp dụng công thức:

A  B

A B

Cách giải:

M

12 12   42 3 3

Chọn D Câu 20. Phương pháp: Sử dụng công thức

 A, khi A  0 A2  A    A, khi A  0

Cách giải: P  4a 2  6a 

 2a 

 6a  2a  6a  2 a  6a .

Chọn D. Câu 21. Phương pháp:

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

4 Công thức tính thể tích của hình cầu: V   R3 3

Cách giải: 4 4 Áp dụng công thức tính thể tích hình cầu ta có: V   R3   .33  36  cm3  3 3

Chọn D. Câu 22. Phương pháp: Sử dụng công thức :

Cách giải: P 





3 1 

1  3 

 A, khi A  0 A2  A    A, khiA  0 2





3  1  1  3  3  1  3  1  2 3 do 3  1  0;1  3  0



Chọn D. Câu 23. Phương pháp: Sử dụng máy tính bỏ túi để làm bài toán. Cách giải: Sử dụng máy tính bỏ túi để làm bài toán ta thấy đáp án B sai. Chọn B. Câu 24. Phương pháp: Áp dụng định lý cos trong tam giác vuông Cách giải: Ta có: cos 500 

d  d  51, 42  m  80

Chọn A. Câu 25. Phương pháp: Trục hoành có phương trình y  0 . Nên tất cả những điểm nằm trên trục hoành đều có tọa độ dạng  a;0  với a bất kỳ. Cách giải:

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Đồ thị hàm số y   2m  1 x  m  2 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 

2 . Tức là điểm 3

 2    ;0   3 

 2 thuộc vào đồ thị hàm số. Khi đó ta có: 0   2m  1 .     m  2  m  8 .  3

Chọn D. Câu 26. Phương pháp Phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0  a  0  có   b2  4ac . Khi đó có 3 trường hợp xảy ra như sau: TH1:   0 phương trình bậc hai có 2 nghiệm phân biệt. x1 

b   b   ; x2  2a 2a

TH2:   0 phương trình bậc hai có nghiệm kép: x1  x2  

b 2a

TH3:   0 phương trình bậc hai vô nghiệm. Cách giải: Do phương trình bậc hai có   0 nên phương trình vô nghiệm. Chọn A. Câu 27. Phương pháp: Hệ có nghiệm (x;y) = (1;-2) nên ta thay x = 1; y = -2 vào hệ phương trình đã cho sau đó giải hệ phương trình với hai ẩn a, b. Cách giải:

 2b  6 b  3 2.1  b.  2   4   Thay x  1; y  2 vào hệ phương trình ta được:  b  2a  5 a  4  b.1  a.  2   5 Vậy chọn B. Câu 28. Phương pháp: giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số. Cách giải:

2 x  y  1 6 x  6 x  1    4 x  y  5  y  2 x  1  y  1

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  x; y   1;1 . Chọn C. Câu 29. Phương pháp: Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của 3 đường phân giác, mà trong tam giác đều giao điểm của 3 đường phân giác cũng là giao điểm của 3 đường trung tuyến. Khoảng cách từ 1 đỉnh của tam giác đến giao điểm của 3 đường trung tuyến chính là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đều. Cách giải: Ta có đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh a có độ dài là:

a 3 ‘ 2

Khi đó bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC là:

2 a 3 a 3 .  3 2 3

Chọn C. Câu 30: Phương pháp: số nguyên tố là số chỉ có ước là 1 và chính nó. Cách giải: Ta có số 29 chỉ có ước là 1 và chính nó nên số 29 là số nguyên tố. Chọn A. Câu 31. Phương pháp: Công thức tính diện tích hình cầu là: S  4 R2 trong đó R là bán kính của hình cầu. Cách giải: Ta có: hình cầu có đường kính bằng 4(cm) nên bán kính bằng 2 (cm) Khi đó ta có diện tích S của hình cầu là: S  4 22  16  cm2  Chọn B. Câu 32. Phương pháp: Hàm số bậc nhất y  ax  b  a  0  đồng biến với mọi x  R  a  0 Cách giải:

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Xét các đáp án ta thấy hàm số y  3x  2. có hệ số a  3  0 . Nên hàm số này đồng biến với mọi x  R. Chọn B. Câu 33. Phương pháp: Hàm số bậc nhất y  ax  b  a  0  đồng biến với mọi x  R  a  0 1 Cách giải: Hàm số y   2m  1 x  2 luôn đồng biến khi 2m  1  0  m  . 2

Chọn C. Câu 34. Phương pháp: Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau là hình thoi. Cách giải: Chọn C. Câu 35. Phương pháp: Áp dụng hằng đẳng thức: a 2  b2   a  b  a  b  . Cách giải: M   x  y    x  y    x  y  x  y  x  y  x  y   4 xy. 2

Chọn B. Câu 36. Phương pháp: Áp dụng mối quan hệ giữa các cạnh trong tam giác để tìm được độ dài cạnh còn lại của tam giác. Giả sử 3 cạnh của tam giác lần lượt là a, b, c khi đó ta có: a  b  c; b  c  a; a  c  b Cách giải: Ta có tam giác ABC cân mà đầu bài cho AB = 6(cm); AC = 12(cm) nên tam giác đó không thể cân tại A mà chỉ có thể cân tại B hoặc C, TH1: giả sử tam giác cân tại B thì ta có BA = BC = 6 (cm). Mà theo mối quan hệ giữa các cạnh trong tam giác ta có: BA + BC > AC tức là: 6 + 6 > 12 (vô lý). Vậy tam giác ABC không thể cân tại B. TH2: Khi đó ta có tam giác ABC cân tại C tức là: CA = CB = 12(cm). Khi đó chu vi của tam giác ABC là: 12 + 12 + 6 = 30 (cm).

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Chọn C. Câu 37. Phương pháp: Tính   b2  4ac . Xét các trường hợp của  sau đó tìm nghiệm. Cách giải: Ta có:   b2  4ac  25  24  1  0 Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 

5 1 5 1  2; x2  3 2 2

Chọn A. Câu 39. Phương pháp: Đặt AH = a từ đó tính được AM, BC theo a. Sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính được AH và BC, sau đó áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC với đường cao AH , đáy BC là: 1 S  AH .BC 2 Cách giải: Đặt AH = a (a > 0 ) khi đó ta có: AM = a + 7 (cm). Lại có tam giác ABC vuông tại A, có trung tuyến AM nên BC = 2AM

 BC  2  a  7  Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có: AB. AC  AH .BC  2a.  a  7   2a 2  14a. 1 Chu vi của tam giác bằng 72 nên ta có: AB  AC  BC  72  AB  AC  72  2  a  7  Áp dụng định lý Py – ta – go trong tam giác vuông ABC ta có: AB2  AC 2  BC 2  4  a  7 

 2 AB. AC   AB  AC    AB 2  AC 2   72  2  a  7    4  a  7  2

 2 AB. AC  4  29  a   4  a  7  2

 AB. AC  2  841  58a  a 2   2  a 2  14a  49   AB. AC  1584  144a

 2

Từ (1) và (2) ta có phương trình

 a  9  tm  2a 2  14a  1584  144a  a 2  79a  792  0    a  88  ktm 

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Vậy AH = 9 (cm); BC = 2(9 + 7) = 32 (cm). Khi đó diện tích của tam giác ABC là: 1 1 S  AH .BC  .9.32  144  cm2  . 2 2 Chọn D. Câu 40. Cách giải: Ta có: a 2  b 2  c 2  6  2  a  2b  c   a 2  2a  1  b 2  4b  4  c 2  2c  1  0   a  1   b  2    c  1  0 2

a  1  0 a  1    b  2  0  b  2 c  1  0 c  1  

Nên T  a  b  c  1  2  1  4. Chọn C. Câu 41. Phương pháp: Công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có là S  pr trong đó S là diện tích của tam giác, p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Công thức tính chu vi đường tròn C  2 r Cách giải: Ta có: p 

20  12  16  24 2

Ta có: S  pr  r 

S  p

p  p  a  p  b  p  c  p



24.  24  20  .  24  12  .  24  16  24



96 4 24

Khi đó chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: C  2 r  2 .4  8 (cm). Chọn D. Câu 42. Phương pháp: Sử dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau.

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Cách giải: Gọi các cạnh của một tứ giác lần lượt là: x, y, z, t  0  x  y  z  t  Các cạnh của một tứ giác tỉ lệ với 2; 3; 4; 5 nên ta có:

x y z t    2 3 4 5

Độ dài cạnh lớn nhất hơn độ dài cạnh nhỏ nhất là 6(cm) nên ta có: t  x  6 Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

x y z t tx 6      2 2 3 4 5 52 3

x  2  x  4  cm  2 y  2  x  6  cm  3 z  2  z  8  cm  4 t  2  t  10  cm  5 Khi đó chu vi của tứ giác là: 4  6  8  10  28  cm  . Chọn A. Câu 43. Phương pháp: Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sau đó kết hợp hệ thức Viet với đề bài cho để tìm m. Cách giải: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  '  0   m  1  m2  m  3  0  m  2

2 3

  x1  x2  2  m  1 Áp dụng hệ thức Viet ta có:  2   x1.x2  m  m  3

Theo đề bài ta có:

 m  1 tm  2 2 x12  x22  10   x1  x2   2 x1 x2  10  4  m  1  2  m2  m  3  10  2m2  10m  12  0    m  6  ktm  Chọn A. Câu 44. Phương pháp: Tạo ra tam giác vuông sau đó áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lý Pytago để tìm các cạnh của tam giác

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Cách giải: Từ A kẻ AH  BC khi đó trong tam giác ABH ta có:

AH  AB.sin B  6.sin 60  3 3  cm  Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABH ta có:

 

BH 2  AB 2  AH 2  62  3 3

 9  BH  3  cm 

Khi đó ta có: CH  BC  BH  4  3  1 cm  Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ACH ta có:

 

AC 2  AH 2  HC 2  3 3  1  28  AC  2 7  cm  2

Chọn A. Câu 45. 4 Phương pháp: Công thức tính thể tích mặt cầu: V   R3 3

Cách giải: Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với I là tâm của hình lập phương suy ra I chính là tâm của mặt cầu (S). I là trung điểm của A’C. Từ đó ta có: R  IC 

A'C  2

AA '2  AC 2  2

AA '2  AB 2  BC 2 a2  a2  a2 a 3   2 2 2

4 4  a 3  4 3 3a3 3 a3 Vậy Vmc   R3  . .      3 3  2  3 8 2 Chọn C. Câu 46. Cách giải: Đặt OA '  a, OB '  b. Ta có OA ' A vuông cân tại A '  OA '  AA '  a  OA  a 2. OBB ' vuông cân tại B '  OB '  BB '  b  OB  b 2.

Theo đề bài ta có: AB  2  OB  OA  2  b 2  a 2  2

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

 b  a  1  OB ' OA '  1  A' B '  1.

Chọn C. Câu 47 Cách giải: Nửa chu vi của hình chữ nhật là: a  b 

48  24  b  24  a 2

Chiều dài của mặt đáy hình chữ nhật là: a  4  cm  . Chiều rộng của mặt đáy hình chữ nhật là: 24  a  4  20  a  cm  .

a  4  0 24  a  0  Ta cần có điều kiện:   12  a  24 20  a  0 24  a  a Theo bài ra, ta có phương trình:

 a  16  tm  2.  a  4  .  20  a   96  20a  a 2  80  4a  48  a 2  24a  128  0    a  8  ktm  Khi đó ta có chiều dài là 16 (cm), chiều rộng là 24 – 16= 8 (cm) . Nên P  a2  b2  162  82  192. Chọn C. Câu 48. Gọi thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 1 là: x (giờ) (x>3) Thời gian chảy một mình đầy bể của vòi 2 là: y (giờ) (y > 8) Mỗi giờ vòi 1 sẽ chảy được:

1 (bể) x

Mỗi giờ vỏi 2 sẽ chảy được:

1 (bể) y

Theo bài ra ta có:

3 8   11 x y

Vòi 1 chảy được 5 giờ, vòi 2 chảy được 4 giờ sẽ được

5 4 8 8 bể nên ta có phương trình:    2  9 x y 9

Từ (1) và (2) giải hệ phương trình ta tìm được x = 9; y = 12 (giờ) Chọn D.

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!

Câu 49. Phương pháp: Quy đồng các mẫu thức sau đó rút gọn đưa về dạng đầu bài yêu cầu để tìm m, n. Cách giải: với x  0, x  4 A

x 1 1 x x 2 x 2     x4 x4 x 2 x 2



x 2

x 2





x 2





x x 2

Vậy m  0; n  2  m  n  2 Chọn D. Câu 50. Cách giải: Đặt BI  R, CE  r, KC  x  0  x  a  .

BE  a 2  CE 

a2 5a 2 a 5 a 5    BI  IE   R. 4 4 2 4

a  r , KE  CE 2  KC 2  r 2  x 2 . 2

KI  IC 2  KC 2  R 2  x 2 .  IE  KE  KI  R  R2  x2  r 2  x2  R2  R2  r 2  2x2  2

R

 x 2  r 2  x 2 

 2 x2  r 2  2 R 2r 2   R 2  r 2  x2  x4  4 x 4  4r 2 x 2  r 4  4 R 2 r 2  4  R 2  r 2  x 2  4 x 4

 2x

 r2 

 4  R 2  r 2  x 2  4r 2 x 2  4 R 2 r 2  r 4  4R 2 x 2  4R 2r 2  r 4  x2 

4R 2r 2  r 4  4R2

 KC  x 

5a 2 a 2 a 4 .  2 16 4 16  a 5a 2 5 4. 16

a 5 2a 5  FC  2 x  . 5 5

Chọn B

Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!