Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 05 tháng 5 năm 2018 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm): 3x 1 1/Giải phương trình: x 1 2 3x y 17 2/Giải hệ phương trình: x 2y 1 Câu 2 (2,0 điểm): 1) Cho hai hàm số bậc nhất y = x –3 và y m2 1 x 2m 3 , với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số trên cắt nhau tại một điểm có hoành độ bằng -1 1 1 x 1 2) Rút gọn biểu thức: A : 1 với a 0;a 1 x x x 1 x 2 x 1 Câu 3 (2,0 điểm):Cho phương trình x2 2x m2 1 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m 0 . 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2 x1, x2 thỏa mãn x2 x1 . Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC. Kẻ AH  BC. Gọi M và N là các hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC 1) Chứng minh AC2 CH.CB . 2) Chứng minh tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp và AC.BM + AB.CN =AH. BC 3) Đường thẳng đi qua A cắt HM tại E và cắt tia đối của tia NH tại F. Chứng minh BE // CF Câu 5 (1,0 điểm): 2 Cho phương trình ax bx c 0 a 0 có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn 3a2 ab ac 0 x x 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 2 5a2 3ab b2 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: .Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 04 tháng 5 năm 2018 I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 1,00 3x 1 0,25 x 1 3x 1 2x 2 x 1 2 0,25 0,25 0,25 2 1,00 3x 17 y 3 1 2y 17 y x 5 0,25 0,25 x 2y 1 x 1 2y y 2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất(x;y)=(5;2) 0,25 2 1 1,00 -Đk để 2 đt cắt nhau là m2 1 1 m 0 0,25 -Thay x =- 1 vào y = x-3 =-4 0,25 -Thay x =-1 và y = -4 vào hàm số y m2 1 x 2m 3 được 0,25 m =0 (Loại); m = 2 (TM) 0,25 ĐS: m =2 2 1,00 1 1 x 1 A : 1 0,25 x x x 1 x 2 x 1 1 1 x 1 = : 1 2 0,25 x x 1 x 1 x 1 2 1 x x 1 x 1 . 1 1 0,25 x x 1 x 1 x x 1 x 1 0,25 x x 3 1 Với m = 0 ta có phương trình (1) trở thành x2 2x 1 0 . 1,00 x2 2x 1 0 2 0,5 x 1 0 . x 1 0,25 Vậy khi m = 0, phương trình (1) có nghiệm x 1 .
3. 2 1,00 Phương trình (1) có biệt thức / m2 . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi / 0 m 0 . x1 , x2 là các nghiệm của (1) nên theo định lí Vi-et có: 2 x1 x2 2, x1 x2 1 m . Kết hợp điều kiện m 0 có đáp số: m 3 . 4 E A 0,25 F x M N B C H O 1 0,75 - Chỉ ra góc BAC vuông 0,25 -Áp dụng hệ thức b2 b'.a vào tam giác vuông ABC ta có 0.25 AC2 CH.CB. 0,25 2 1,00 -Chỉ ra góc MNA bằng góc NAH bằng góc ABH - Suy ra tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp 0,25 BM BH - Chỉ ra BMH : AHC suy ra suy ra BM.AC = AH AC 0.25 AH. BH CN CH Chỉ ra CNH : AHB suy ra suy ra CN.AB = 0,25 AH AB AH. CH 0,25 -Cộng theo vế suy ra điều phải chứng minh 3 1,00 - Có HE //AC nên góc AEM bằng góc NAF suy ra ANF AN NF : EMA(g.g) AN.AM NF.ME ME AM 0,25 BM MH - Chỉ ra HNC : BMH(g.g) BM.NC MH.N H HN NC AN.AM NF.ME 0,25 - Có AM.AN = MH.NH ME BM Kết luận NF.ME =BM.NC và B· ME F· NC( 900 ) NC NF
4. - Suy ra BME : FNC(c.g.c) 0,25 B· EM F· CN Mà A· EM F· AC ( góc đồng vị HE // AC ) Ta có A· EB A· EM B· EM Và x· FC F· CN F· AC ( góc ngoài tam giác AFC ) 0,25 Nên A· EB x· FC Suy ra BE // CF (có góc ở vị trí đồng vị )A· EB x· FC 5 1,00 b c 2 3 3a ab ac 3 x x x .x P a a 1 2 1 2 5a2 3ab b2 2 2 b b 5 3x1 3x2 x1 x2 5 3 a a 0,25 Biến đổi và đánh giá 0 x1 x2 2 ta có 1 x 2 . x 2 x .x 3 1 2 1 2 3 0,25 P x1.x2 x1 x2 3 1 P 0,25 3 1 Min P = 0,25 3