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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 07 tháng 6 năm 2018 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) x 4 3 x 1 2 Cho hai biểu thức A 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 . 1 2) Chứng minh B . x 1 A x 3) Tìm tất cả giá trị của x để 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) 4x 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 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 C· SD . 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 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 :
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Bài Phần Nội dung Điểm Khi x = 9 thì: 1) 9 4 3 4 7 0.5 A 9 1 3 1 2 1 2) Chứng minh B . x 1 3) Tìm tất cả giá trị của x để. 3 x 1 2 3 x 1 2 B x 2 x 3 x 3 ( x 1)( x 3) x 3 3 x 1 2( x 1) 3 x 1 2 x 2 2) 0.75 ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) x 3 1 Bài I (2,0đ) ( x 1)( x 3) x 1 1 Vậy B . x 1 Với x 0,x 1 , ta có: A x x 4 1 x x 4 x 5 : 5  x 1 5 B 4 x 1 x 1 4 x 1 4 2 x x x 3) x 4 5 x 1 0 1 0 0.75 4 4 2 2 x x x 1 0 1 0 1 x 4 2 2 2 Kết hợp với ĐK x 4 là giá trị cần tìm. Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật là 28 : 2 = 14 (m) Cách 1: Gọi chiều dài của mảnh đất là x (m) (ĐK: 7 < x < 14). Chiều rộng của mảnh đất là 14 – x (m). Vì độ dài đường chéo bằng 10m nên theo định lí Py-ta-go, ta có: x2 (14 x)2 102 x2 196 28x x2 100 Bài II 2 x 14x 48 0 2.0 (2,0đ) x2 6x 8x 48 0 (x 6)(x 8) 0 x 6 x 8 Đối chiếu ĐK x = 8 Vậy chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là 8m chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là 14 – 8 = 6(m).
3. Cách 2: Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất lần lượt là x (m), y (m). ĐK: 0 x2 x1 3;x2 1 Vì x1x2 3 x1 1;x2 3 Với x1 3;x2 1 m 2 2 m 0 2b) Với x1 1;x2 3 m 2 2 m 4 0.75 Vậy m 0;4 Cách 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m 2 m Z (vì x1,x2 Z ) Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (*) Do đó: 3 3 (*) (m 2)x x2 3 m 2 x m x 2 x x m Z 3x hay x 1; 3
4. Từ đó tìm được m. Cách 3: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m 2 m Z (vì x1,x2 Z ) Xét (m 2)2 4.( 3) (m 2)2 12 Vì m Z nên để phương trình (*) có nghiệm nguyên thì (m 2)2 12 là số chính phương Đặt (m 2)2 12 n2 (n N) (m 2)2 n2 12 (m 2 n)(m 2 n) 12 Lập luận để tìm ra m (chú ý: m 2 n m 2 n vì n N ) (Cách này khá dài) C M N K A S 1 1 1 B H O 0.25 2 1 D Vì SC, SD là các tiếp tuyến của (O) S· CO S·DO 900 (O) có dây AB không đi qua tâm, H là trung điểm của AB Bài IV · 0 (3,5đ) 1) OH  AB SHO 90 0.75 Do đó: S· CO S·DO S·HO 900 Ba điểm C, D, H thuộc đường tròn đường kính SO Năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO Áp dụng định lí Py-ta-go vào SDO vuông tại D, ta có: 0.25 SD SO2 OD2 (2R)2 R 2 3R 2 R 3 Lại có: 2) OD R 1 sin O· SD O· SD 300 SO 2R 2 0.5 Mà SO là tia phân giác của C· SD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) C· SD 2.O· SD 600 Xét đường tròn đường kính SO có:  S1 Dµ 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH)  3) Mà S1 Aµ 1 (đồng vị, AK // SC) 0.5 Aµ 1 Dµ 1 ADHK là tứ giác nội tiếp
5. Gọi M là giao điểm của BK và SC, N là giao điểm của AK và BC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHK có: Dµ 2 Hµ 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) Mà Dµ 2 A· BC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) Hµ 1 A· BC HK / /BN ABN có HA = HB và HK // BN KA = KN 0.5 Vì AN // SC nên áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét vào BMS và BMC, ta có: KA BK KN BK KA KN và MS BM MC BM MS MC MS = MC (vì KA = KN) Vậy BK đi qua trung điểm M của đoạn thẳng SC. A H S B 1 O J 1 E F I 3 D Vẽ đường kính AI của (O) thì I là điểm cố định. Gọi J là giao điểm của EF và BI Vì A· FJ 900 nên F thuộc đường tròn đường kính AJ. 4) (O) có A· DB là góc nội tiếp, A· OB là góc ở tâm cung chắn cung AB 0.75 1 A· DB A· OB 2 OAB cân tại O, có OH là đường trung tuyến nên OH cũng là đường phân giác 1 Oµ 1 A· OB 2 Oµ 1 A· DB 0 0 Lại có: Oµ 1 O· AH 90 và A· DB Eµ 1 90 O· AH Eµ 1 Mà O· AH Dµ 3 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BI của (O)) Eµ 1 Dµ 3 FJ / /DI EJ / /DI BDI có EB = ED và EJ // DI J là trung điểm của BI Mà B và I cố định J cố định AJ cố định F thuộc đường tròn đường kính AJ là đường tròn cố định đpcm. Bài V ĐK: 0 x 1 0.5 (0,5đ) Vì (1 x)x 0, 1 x x 0 nên:
6. 2 1 x x 1 x x 2 (1 x)x 1 2 (1 x)x 1 1 x x 1 Lại có x 0 1 x 1 1 ; x 0 0 Do đó: P 1 x 1 x 2 x 1 x x 1 x x P 1 1 0 2 (1 x)x 0 Dấu “=” xảy ra 1 x 1 x 0 x 0 Vậy min P 2 khi x 0 . Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương