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

1. HƯỚNG DẪN CHỮA ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT TỈNH PHÚ THỌ MÔN TOÁN CHUNG 2018-2019 Nguyễn Đăng Khoa - học sinh Khóa 2014-2018 THCS Lâm Thao - Lâm Thao - Phú Thọ PHẦN 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 Đáp án: A. x ≥ 2 Câu 2. Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất? Đáp án: C.y = −2x + 1 Câu 3. Tìm m biết điểm A(1;−2) thuộc đường thẳng có phương trình y = (2m − 1)x + 3 + m −4 Đáp án: A.m = 3 Câu 4. Tìm tất cả giá trị của m để hàm số y = (2m − 1)x + m + 2 đồng biến trên R 1 Đáp án: B. m > 2 Câu 5. Hàm số nào dưới đây đồng biến khi x 0? Đáp án: D.y = −3x2 Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x2 − 2(m + 1)x + m2 − 3 = 0 vô nghiệm Đáp án: D.m < −2 Câu 7. Phương trình nào dưới đây có tổng hai nghiệm bằng 3 Đáp án: B.2x2 − 6x + 1 = 0 Câu 8. Cho tam giác vuông ABC vuông tại A. Khẳng định nào dưới đây đúng? AB Đáp án: A. cosB = BC 1
2. Câu 9. Khẳng định nào dưới đây sai? Đáp án: C. Mọi hình thoi đều là tứ giác nội tiếp Câu 10. Cho đường tròn tâm O có bán kính R = 5(cm) có dây cung AB = 6(cm). Tính khoảng cách d từ O tới đường thẳng AB Đáp án: C. d = 4cm PHẦN II. TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu 1(1,5 điểm). Hai bạn Hòa và Bình có 100 quyển sách. Nếu Hòa cho Bình 10 quyển sách thì số quyển 3 sách của Hòa bằng số quyển sách của Bình. Hỏi lúc đầu mỗi bạn có bao nhiêu quyển sách? 2 Hướng dẫn Gọi số quyển sách ban đầu của Hòa là a (quyển sách) trong đó a là số tự nhiên và 10 ≤ a ≤ 100 Từ đó suy ra số quyển sách của Bình lúc đầu là 100 − a quyển sách 3 Vì nếu Hòa cho Bình 10 quyển sách thì số quyển sách của Hòa bằng số quyển sách của Bình nên ta có 2 phương trình: 3 a − 10 = .(100 − a + 10) 2 Giải phương trình này ta thu được a = 70. Vậy ta kết luận lúc đầu Hòa có 70 quyển và Bình có 30 quyển sách Câu 2(2,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) đi qua điểm A3;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 Hướng dẫn a, Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b trong đó a khác 0. 2
3. Vì (d) song song với đường thẳng y = 3x + 1 nên phương trình đường thẳng (d) có dạng y = 3x + b (b 6= 1) Mặt khác ta lại có đường thẳng (d) đi qua điểm A(3;7) nên thay x = 3; y = 7 ta có: 7 = 3.3 + b ⇔ b = −2 Vậy phương trình đường thẳng (d) có dạng y = 3x − 2 b, Hoành độ giao điểm của (d) và (P ): y = x2 là nghiệm của phương trình: x2 = 3x − 2 Giải phương trình này ta có x = 1 hoặc x = 2 Với x = 1 thì y = 1 Với x = 2 thì y = 4 Kết luận: Tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P ) là hai điểm B(1;1) và C(2;4) Câu 3(3,0 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 kì qua M và cắt (O) tại 2 điểm phân biệt là C, D (C nằm giữa M, D). Gọi N là giao điểm của AB và CD. a, Chứng minh rằng tứ giác OAMB nội tiếp b, Chứng minh rằng 4ANC và 4DNB đồng dạng; 4AMC và 4DMA đồng dạng. MC NC c, Chứng minh rằng: = MD ND 1 1 d, Xác định vị trí của đường thẳng (d) để + đạt giá trị nhỏ nhất. MD ND Hướng dẫn 3
4. Xét vị trí tương đối như hình vẽ (có nhiều bạn kẻ hình khác nhau) a, Vì MA, MB là tiếp tuyến nên MAOd + MBOd = 90◦ + 90◦ = 180◦. Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp b, Ta có: NACd = NDBd (tính chất góc nội tiếp) và ANCd = DNBd (đối đỉnh) Suy ra 4ANC ∼ 4DNB(g.g) Ta có: CAMd = ADMd (tính chất góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung); CMAd = AMDd Suy ra 4AMC ∼ 4DMA(g.g) c, Gọi H là giao điểm của AB và OM suy ra AB ⊥ OM tại H Ta có: 4AMC ∼ 4DMA(g.g) từ đó suy ra AM 2 = MC.MD Mặt khác: AM 2 = MH.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Suy ra MC.MD = MH.MO nên tứ giác CHOD nội tiếp. Từ đó rút ra được: DHOd = DCOd = ODCd = CHMd suy ra DHOd = CHMd kết hợp HM ⊥ HN nên HN và HM là tia phân giác trong và ngoài DHCd . Áp dụng tính chất tia phân giác trong và ngoài ta thu được: 4
5. MC NC HC = vì cùng bằng MD ND HD d, Ta xét biểu thức:  1 1  CD CD MD − CM DN + NC MC CN CN MC DC. + = + = + = 1 − + 1 + = 2 + − = 2 MD ND MD ND MD DN MD DN DN MD CN MC (Do = chứng minh ở phần c) DN MD 1 1 2 Vậy suy ra + = MD ND CD 1 1 1 Mặt khác CD ≤ 2R nên + ≥ MD ND R 1 1 Vậy để + đạt giá trị nhỏ nhất thì CD phải là đường kính khi đó (d) đi qua điểm M, O MD ND Nhận xét: Đây là một bài toán hình khó nhưng không hay đối với học sinh bình thường, các phần rời rạc không liên quan đến nhau. Câu 4(1,0 điểm). Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn a2018 + b2018 = a2020 + b2020. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = (a + 1)2 + (b + 1)2 Hướng dẫn Cách 1: Ta dễ dàng có P = (a + 1)2 + (b + 1)2 ≤ 2(a2 + 1) + 2(b2 + 1) = 2(a2 + b2) + 4 Áp dụng BĐT AM-GM(cô-si) ta có: a2020 + a2020 + + a2020 + 1 + 1 ≥ 2020a2018 (có 2018 số a2020) b2020 + b2020 + + b2020 + 1 + 1 ≥ 2020b2018 (có 2018 số b2020) Suy ra 2018(a2020 + b2020) + 4 ≥ 2020(a2018 + b2018) Kết hợp giả thiết ta có: 2018(a2020+b2020)+4 ≥ 2020(a2018+b2018) ⇔ 2018(a2018+b2018)+4 ≥ 2020(a2018+b2018) Từ đây suy ra a2018 + b2018 ≤ 2 Áp dụng tiếp BĐT AM-GM ta có: a2018 + 1 + 1 + + 1 ≥ 1009a2 (1008 số 1) b2018 + 1 + 1 + + 1 ≥ 1009b2 (1008 số 1) Cộng 2 vế rồi suy ra: 1009(a2 + b2) ≤ a2018 + b2018 + 2016 ≤ 2018 ⇒ a2 + b2 ≤ 2 5
6. Từ đó suy ra P ≤ 8. Vậy GTLN của P là 8 khi a = b = 1 Cách 2: P − 4 Ta có: P ≤ 4 + 2(a2 + b2) ⇒ ≤ a2 + b2 2 Kết hợp giả thiết ta nhân thêm một lượng a2018 + b2018 = a2020 + b2020 P − 4 Suy ra .(a2020 + b2020) ≤ (a2 + b2)(a2018 + b2018) = a2020 + b2020 + a2b2018 + b2a2018 2 Áp dụng BĐT AM − GM ta có: a2020 + a2020 + + a2020 + b2020 + b2020 ≥ 2020a2018.b2 (2018 số a2020) b2020 + b2020 + + b2020 + a2020 + a2020 ≥ 2020b2018.a2 (2018 số b2020 Cộng 2 vế và chia cho 2020 ta thu được: a2b2018 + b2a2018 ≤ a2020 + b2020 Suy ra: (a2 + b2)(a2018 + b2018) = a2020 + b2020 + a2b2018 + b2a2018 ≤ 2(a2020 + b2020) P − 4 ⇒ .(a2020 + b2020) ≤ 2(a2020 + b2020) ⇒ P ≤ 8 2 Nhận xét: Chúng ta cần phải sử dụng BĐT AM − GM (cô-si) một cách khôn khéo để hạ bậc cái giả thiết ban đầu và thu được điều cần chứng minh. ĐÂY KHÔNG PHẢI LÀ ĐÁP ÁN CỦA KÌ THI MÀ LÀ DO TÔI BIÊN SOẠN. ĐÁP ÁN NÀY DỰA TRÊN CÁCH HIỂU VÀ Ý TƯỞNG CỦA TÔI, ĐỀ NGHỊ MỌI NGƯỜI KHÔNG CHỈ TRÍCH HAY CÓ CÁC HÀNH ĐỘNG THIẾU TÔN TRỌNG TÁC GIẢ. MỌI Ý KIẾN ĐÓNG GÓP XIN GỬI VỀ ĐỊA CHỈ EMAIL: khoanguyen17112003@gmail.com. Thân mến! 6