Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2018 – 2019 - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2018 – 2019 - Môn thi: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình: 3x 1 3x 17 y 1) x 1 2) . 2 x 2y 1 Câu 2 (2,0 điểm) 2 1) Tìm m để đường thẳng d 1: y (m 1)x 2m 3 cắt đường thẳng d 2: y x 3 tại điểm A có hoành độ bằng – 1. 1 1 x 1 2) Rút gọn biểu thức A : 1 với x 0 và x 1 . x x x 1 x 2 x 1 Câu 3 (2,0 điểm) 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, biết vận tốc ô tô lúc về nhanh hơn vận tốc ô tô lúc đi 10km/h. 2) Tìm m để phương trình x2 2mx m2 2 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm 3 3 phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 x2 10 2 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH  BC (H thuộc BC), gọi 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 NH tại F. Chứng minh BE / /CF . Câu 5 (1,0 điểm) 2 Cho phương trình ax bx c 0 (a 0) nghiệm x1, x2 thỏa mãn 0 x1 x2 2 . Tìm 3a2 ab ac giá trị nhỏ nhất của biểu thức L . 5a2 3ab b2 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 3x 1 x 1 3x 1 2x 2 3x 2x 2 1 x 1 1) 2 1.0 Câu 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. (2,0đ) 3x 17 y 3x y 17 7y 14 y 2 x 5 2) x 2y 1 3x 6y 3 x 2y 1 x 2.2 1 y 2 1.0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (5;2) . 2 Để d1 cắt d2 thì m 1 1 m 0 Thay x 1 vào phương trình y x 3 được y 1 3 4 d1 đi qua điểm A( 1; 4) Thay x 1; y 4 vào phương trình d1 được: 4 (m2 1).( 1) 2m 3 4 m2 1 2m 3 1) 1.0 m2 2m 0 m(m 2) 0 m 0 m 2 Kết hợp với điều kiện m 0 , suy ra m 2 Vậy m 2 là giá trị cần tìm. 1 1 x 1 Câu 2 A : 1 (2,0đ) x x x 1 x 2 x 1 1 x x 1 : 1 x( x 1) ( x 1)2 ( x 1) ( x 1)2  1 x( x 1) x 1 ( x 1) 2) 1 1.0 x x 1 x x 1 x 1 Vậy A với x 0 và x 1 . x 1 Đổi 8 giờ 20 phút = 8 giờ. Câu 3 1) 3 1.0 (2,0đ) Gọi vận tốc của ô tô lúc đi là x (km/h). Điều kiện: x > 0. Vận tốc của ô tô lúc về là x + 10 (km/h).
3. 100 Thời gian của ô tô lúc đi là (h) x 100 Thời gian của ô tô lúc về là (h). x 10 Tổng thời gian đi và về (không tính thời gian nghỉ) là: 1 11 12 8 (h) 3 3 100 100 11 Ta có phương trình: x x 10 3 11x2 490x 3000 0 60 Giải phương trình được: x 50; x 1 2 11 Kết hợp với điều kiện x 50 Vậy vận tốc của ô tô lúc đi là 50 km/h. ' m2 m2 2 2 0 m Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Cách 1: x1 x2 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 2 Theo đề bài: 3 3 x1 x2 10 2 3 3 2 (x1 x2 ) 200 2 2 2 2 (x1 x2 ) (x1 x1x2 x2 ) 200 2 2 2 (x1 x2 ) 4x1x2 (x1 x2 ) x1x2 200 2 2 2 2 2 (2m) 4(m 2) (2m) (m 2) 200 8.(3m2 2)2 200 2) (3m2 2)2 25 1.0 3m2 2 5 (do 3m2 2 0) m2 1 m 1 Vậy m 1 là giá trị cần tìm. Cách 2: x1 x2 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 2 2 2 2 2 Xét (x1 x2 ) (x1 x2 ) 4x1x2 (2m) 4(m 2) 8 x1 x2 2 2 Theo đề bài: 3 3 x1 x2 10 2 2 2 (x1 x2 )(x1 x1x2 x2 ) 10 2
4. 2 x1 x2 . (x1 x2 ) x1x2 10 2 2 2. (2m)2 m2 2 10 2 3m2 2 5 m2 1 m 1 Cách 3: Vì vai trò của x1, x2 như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử x1 x2 . Khi đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 2m 2; x2 2m 2 3 3 3 3 Vì x1 x2 x1 x2 x1 x2 0 nên: 3 3 x1 x2 10 2 3 3 x1 x2 10 2 (m 2)3 (m 2)3 10 2 m3 3 2m2 6m 2 2 m3 3 2m2 6m 2 2 10 2 6 2m2 4 2 10 2 6 2m2 6 2 m2 1 m 1 A F E 1 M 1 N 1 2 2 1 2 1 0.25 B C H O Câu 4 (3,0đ) Vì B· AC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên B· AC 900 . 1) ABC vuông tại A, đường cao AH. Áp dụng hệ thức lượng trong 0.75 tam giác vuông, ta có: AC2 = CH.CB Cách 1: Tứ giác AMHN có M· AN A· MH A· NH 900 (GT) AMHN là hình chữ nhật 2) 0.5 AMHN là tứ giác nội tiếp Mµ 1 Hµ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN)
5. Mà Hµ 1 Cµ 1 (cùng phụ với Hµ 2 ) Mµ 1 Cµ 1 Tứ giác BCNM có Mµ 1 Cµ 1 nên BCNM là tứ giác nội tiếp. Cách 2: ABH vuông tại H, đường cao HM. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH2 = AM.AB Tương tự, ta có AH2 = AN.AC AM AN AM.AB AN.AC AC AB AM AN AMN và ACB có: B· AC chung, AC AB AMN  ACB (c.g.c) Mµ 1 Cµ 1 Tứ giác BCNM có Mµ 1 Cµ 1 nên BCNM là tứ giác nội tiếp. Ta có: AC.BM AB.CN AC.(AB AM) AB.(AC AN) 2AB.AC (AC.AM AB.AN) 2AB.AC (AC.HN AB.HM) (vì AM = HN và AN = HM, do AMHN là hình chữ nhật) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AB.AC AH.BC , AC.HN AH.HC , AB.HM AH.HB 0.5 Do đó: AC.BM AB.CN 2AH.BC (AH.HC AH.HB) 2AH.BC AH.(HC HB) 2AH.BC AH.BC AH.BC (Có thể sử dụng công thức diện tích để chứng minh) MEA và NAF có: E· MA A· NF 900 , E· AM A· FN (đồng vị, AB // FH) MEA # NAF (g.g) ME MA ME.NF NA.MA NA NF 3) Chứng minh tương tự, ta được: MB.NC MH.NH 1.0 Mà NA = MH, AM = NH (AMHN là hình chữ nhật) ME MB ME.NF MB.NC NC NF MEB và NCF có: ME MB E· MB C· NF 900 , NC NF
6.  MEB # NCF (c.g.c) Bµ 2 F1 0  0 Bµ 2 Cµ 2 90 (do F1 Cµ 2 90 ) · · µ µ µ µ µ µ µ µ EBC FCB B2 B1 C1 C2 B2 C2 B1 C1 Mặt khác: Bµ 2 Cµ 2 và Bµ 1 Cµ 1 ( ABC vuông tại A) E· BC F· CB 900 900 1800 Mà hai góc ở vị trí trong cùng phía BE // CF (đpcm). 2 Vì x1, x2 là hai nghiệm của PT ax bx c 0 nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: b x x 1 2 a c x x 1 2 a Vì a 0 nên: b c 2 3 3a ab ac a a 3 x1 x2 x1x2 L 2 2 2 2 5a 3ab b b b 5 3x1 3x2 (x1 x2 ) 5 3 a a 3 x1 x2 x1x2 2 2 5 3x1 3x2 x1 2x1x2 x2 Vì 0 x1 x2 2 Câu 5 2 2 x 2x , x 2x , (2 x )(2 x ) 0 , 3 x x x x 1.0 (1,0đ) 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 5 3x1 3x2 x1 2x1x2 x2 5 5x1 5x2 2x1x2 3(3 x1 x2 x1x2 ) (4 2x1 2x2 x1x2 ) 3(3 x1 x2 x1x2 ) (2 x1)(2 x2 ) 3(3 x1 x2 x1x2 ) 3 x x x x 1 L 1 2 1 2 3(3 x1 x2 x1x2 ) 3 2 x1 2x1 2 x1 0;x2 2 Dấu “=” xảy ra x2 2x2 x x 2 (2 x )(2 x ) 0 1 2 1 2 1 x1 0;x2 2 Vậy min L khi 3 x1 x2 2 * Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.