Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Dành cho thí sinh thi chuyên Toán, Tin) Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) 1) Cho phương trình: x2 2mx m2 2m 4 0 (1) (với m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm không âm x1, x2 . Tính theo m giá trị biểu thức P x1 x2 và tìm giá trị nhỏ nhất của P. x2 2 2) Cho hàm số y . Tìm tất cả các giá trị x nguyên để y nguyên. x 2 Câu 2. (2,0 điểm) 1) Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2b 5c 0 . Chứng minh phương trình ax2 bx c 0 có nghiệm. 3 2) Giải phương trình: (4x3 x 3)3 x3 : 2 Câu 3. (1,0 điểm) Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, cây nến thứ nhất cháy hết với tốc độ đều trong 3 giờ, cây nến thứ hai cháy hết với tốc độ đều trong 4 giờ. Hỏi phải cùng bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều để đến 4 giờ chiều, phần còn lại của cây nến thứ hai dài gấp đôi phần còn lại của cây nến thứ nhất? Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số x, y dương thỏa mãn điều kiện (x 1 x2 )(y 1 y2 ) 2018 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y . Câu 5. (3,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 3, BC = 5, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và HC. Hai nửa đường tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E, F. a) Tính diện tích của nửa hình tròn đường kính BH. b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH. 2) Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc nửa đường tròn, hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho diện tích MNPQ lớn nhất. Câu 6. (0,5 điểm) 1 1 1 Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 . a2 b2 c2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P . 5a2 2ab 2b2 5b2 2bc 2c2 5c2 2ca 2a2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm Phương trình: x2 2mx m2 2m 4 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm không âm x1, x2 ' 0 m2 (m2 2m 4) 0 2m 4 0 x1 x2 0 2m 0 m 0 m 2 2 2 x1x2 0 m 2m 4 0 (m 1) 3 0 Xét P x1 x2 0 2 1) 2 2 1.0 P x1 x2 x1 x2 2 x1x2 2m 2 m 2m 4 P 2m 2 m2 2m 4 Câu 1 Với m 2 , ta có: 2 (2,0đ) P 2m 2 m(m 2) 4 2.2 2 0 4 8 P 2 2 Dấu “=” xảy ra m 2 Vậy min P 2 2 khi m 2 . x2 2 x2 4 6 (x 2)(x 2) 6 6 Xét y x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 Với x Z , ta có: 6 2) y Z Z x 2 Ư(6) 1.0 x 2 hay x 2 1; 1;2; 2;3; 3;6; 6 x 1; 3;0; 4;1; 5;4; 8 Vậy x 1; 3;0; 4;1; 5;4; 8 là các giá trị cần tìm. Phương trình ax2 bx c 0 (1) Xét 2 trường hợp: * TH1: a 0 phương trình (1) trở thành bx c 0 (2) + Nếu b 0 thì từ điều kiện a 2b 5c 0 suy ra c 0 Phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x Phương trình (1) có nghiệm. c + Nếu b 0 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất x b Câu 2 1) Phương trình (1) có nghiệm. 1.0 (2,0đ) * TH2: a 0 phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x a 5c (a 5c)2 Từ a 2b 5c 0 b b2 . Do đó: 2 4 (a 5c)2 a2 10ac 25c2 16ac b2 4ac 4ac 4 4 a2 6ac 25c2 a2 6ac 9c2 16c2 (a 3c)2 4c2 0 4 4 4 Phương trình (1) có nghiệm
3. * Kết luận: Phương trình (1) luôn có nghiệm với các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2b 5c 0 . 3 (4x3 x 3)3 x3 : 2) 2 1.0 Nhờ thầy cô giải giúp nhé ! Giả sử chiều dài ban đầu của hai cây nến là h (cm). Gọi thời gian cần tìm là x (giờ) (x > 0). Sau x (giờ) thì: h hx + Cây nến thứ nhất cháy được x  (cm) 3 3 h hx + Cây nến thứ hai cháy được x  (cm) 4 4 hx x + Phần còn lại của cây nến thứ nhất là h h 1 (cm) 3 3 hx x Câu 3 + Phần còn lại của cây nến thứ hai là h h 1 (cm) 4 4 1.0 (1,0đ) Theo đề bài ta có phương trình: x x h 1 2.h 1 4 3 x 2x 1 2 4 3 2 1 x 1 3 4 x 2,4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy thời điểm cùng bắt đầu đốt hai cây nến là: 4 – 2,4 = 1,6 (giờ) hay 1 giờ 36 phút chiều. Cho các số x, y > 0 thỏa mãn điều kiện (x 1 x2 )(y 1 y2 ) 2018 Câu 4 (1,0đ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y . Nhờ thầy cô giải giúp nhé ! A 1 E 2 1 O F 0.25 Câu 5 1a) B I H K C (3,5đ) Gọi I là trung điểm của BH, K là trung điểm của HC, O là giao điểm của AH và EF. ABC có: BC2 = 52 = 25 0.5 AB2 + AC2 = 42 + 32 = 25 BC2 = AB2 + AC2 ABC vuông tại A (theo định lí Py-ta-go đảo)
4. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AB2 42 BH AB2 = BC.BH BH 3,2 IB 1,6 BC 5 2 0.5 Diện tích nửa hình tròn đường kính BH là: 1 1 S .IB2 .(1,6)2 1,28 (đơn vị diện tích) 2 2 Ta có: B· EH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HE  AB A· EH 900 Tương tự, ta có: A· FH 900 Tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật AEHF là tứ giác nội tiếp Eµ 1 Aµ 1 0 0 Mà Aµ 1 Cµ 90 Eµ 1 Cµ 90 0 0 0 Tứ giác BEFC có: B· EF Cµ B· EH Eµ 1 Cµ 90 90 180 BEFC là tứ giác nội tiếp. Cách 2: ABH vuông tại H, đường cao HE 0.5 AH2 = AB.AE (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Chứng minh tương tự, ta được AH2 = AC.AF AF AE AB.AE AC.AF 1b) AB AC AF AE AFE và ABC có: B· AC chung và AB AC AFE # ABC (c.g.c) Eµ 2 Cµ BEFC là tứ giác nội tiếp. Tứ giác AEHF là hình chữ nhật OE = OH IEO và IHO có: IO chung, IE = IH, OE = OH IEO = IHO (c.c.c) I·EO I·HO 900 0.5 EF  IE EF là tiếp tuyến tại E của (I) Chứng minh tương tự, ta được EF là tiếp tuyến tại F của (K) Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH. M N 0.25 2) A Q O P B Gọi O là trung điểm của AB. OQM và OPN có: 0.5 O· QM O· PN 900 (MNPQ là hình chữ nhật)
5. OM = ON = R MQ = NP (MNPQ là hình chữ nhật) OQM = OPN (cạnh huyền - cạnh góc vuông) 1 OQ = OP = QP 2 (có thể vẽ OH  MN HM = HN OQ = OP) SMNPQ = QM.QP = 2 QM.QO Ta có: 2QM.QO QM2 QO2 OM2 R 2 2 SMNPQ R R 2 R 2 Dấu “=” xảy ra QO QM QP R 2;QM 0.5 2 2 2 R 2 Vậy max SMNPQ = R khi QP R 2;QM 2 Với a,b,c 0 , chứng minh được: 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c 9 a b c a b c 9 a b c 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y z 3(x y z ) 3 2 2 2 a b c a b c Với a,b 0 , ta có : 5a2 2ab 2b2 (4a2 4ab b2 ) (a2 2ab b2 ) (2a b)2 (a b)2 (2a b)2 5a2 2ab 2b2 (2a b)2 2a b 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 Câu 6 5a 2ab 2b 2a b 9 a a b 9 a b 0.5 (0,5đ) Tương tự: 1 1 2 1 1 1 2 1 ; 5b2 2bc 2c2 9 b c 5c2 2ca 2a2 9 c a 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 P 9 a b b c c a 3 a b c 1 1 1 1 1 3 P  3 2 2 2  3 3 a b c 3 3 a b c Dấu “=” xảy ra 1 1 1 a b c 3 1 a2 b2 c2 3 Vậy max P khi a b c 3 . 3 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương