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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NINH NĂM HỌC 2018 - 2019 Đề chính thức Môn: TOÁN (Chuyên chung) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Tên : Trương Quang An Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc :sưu tầm đề và tự tay gõ đáp án Câu 1 (2,5 điểm) 1.Thực hiện phép tính 27 3 xx9 2.Rút gọn biểu thức P .(3 x x ) với xx 0, 9 . 3 x 9 x 3. Xác định các hệ số a,b để đồ thị của hàm số y ax b đi qua hai điểm A(2;-2) và B(-3;2) . Câu 2 (1,5 điểm) 1.Giải phương trình xx2 4 4 0. 22 2.Tìm các giá trị của m để phương trình x 2( m 1 x m 3 0 có hai nghiệm xx12, thỏa mãn xx12 10 . Câu 3 (2 điểm) Một xe ô tô đi từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156km với vận tốc không đổi. Khi đi từ B về A, xe đi đường cao tốc mới nên quãng đường giảm được 36km so với lúc đi và vận tốc tăng so với lúc đi là 32km/h. Tính vận tốc ô tô đi từ A đến B, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1 giờ 45 phút. Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB=2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D .Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng OD.Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A).Chứng minh a. DA2 DC. DB b.Tứ giác AHCD nội tiếp c.CH vuông góc với CF BH. BC d. 2R BF Câu 5 (0,5 điểm) Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn xy 1 x .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xy Q 3x22 xy y Giải Câu 1 (2,5 điểm) 27 27 1.Ta có 93 3 3 x9 x x (3 x ) 9 x 2.Ta có P .(3 x x ) .(3 x x ) 3 x9 x (3 x )(3 x ) (3 x )(3 x )
2. 93 x .(3x x ) 3 x với xx 0, 9 . (3 xx )(3 ) 3. Để đồ thị của hàm số y ax b đi qua hai điểm A(2;-2) và B(-3;2) thì ta có hệ 4 a 2a b 2 5 a 4 5 42 phương trình sau: .Vậy ta có ab , thì đồ 3a b 2 b 2 3 a 2 55 b 5 thị của hàm số đi qua hai điểm A(2;-2) và B(-3;2). Câu 2 (1,5 điểm) 1.Ta có x22 4 x 4 0 ( x 2) 0 x 2 .Vậy nghiệm của phương trình là x=2. 22 2.Để phương trình x 2( m 1) x m 3 0 có hai nghiệm xx12, thì 22 x12 x 2( m 1)(2) ' (m 1) m 3 0 m 1.Theo hệ thức vi-ét ta có 2 .Mà theo đề x12 x m 3(3) 2 2 2 ta có xx12 10 xxxx 1212 2 100 ( xx 12 ) 2 xxxx 1212 2 100. Ta lại có 22 x1 x 2 m 3 0  m x 1 x 2 x 1 x 2 m 3.Khi đó ta có 22 x1 x 210 ( x 1 x 2 ) 100 ( x 1 x 2 ) 100 x 1 x 2 10. xx12 10 TH1: Ta có xx12 10 kết hợp với (2) ta được 2mm 2 10 4 x12 x 22 m (thỏa mãn). TH2: Ta có xx12 10 kết hợp với (2) ta được xx12 10 2mm 2 10 6(không thỏa mãn).Vậy m=4 là giá trị cần tìm. x12 x 22 m Câu 3 (2 điểm) Gọi vận tốc của xe ô tô đi từ A đến B là x (km/h) với x > 0. Ta có thời gian của xe ô tô đi từ A đến B là 156 (h) . Quãng đường lúc về là 156-36=120 x (km). Ta có thời gian của xe ô tô đi về từ B đến A là 120 . Theo đề bài ta có x 32 x 48 156 120 7 phương trình 7x2 80 x 19968 0 ( x 48)(7 x 416) 0 416 xx 32 4 x 7 .Đối chiếu với điều kiện thì nhận x 48 . Vậy vận tốc của xe ô tô đi từ A đến B là 48 (km/h) Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB=2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D .Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng OD.Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A).Chứng minh
3. D F C H A B O a. Ta có ACB= 900 AC  BC AC  BD .Ta cũng có DAB 900 .Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có DA2 DC. DB b.Xét tứ giác AHCD có AHD ACD 900 nên tứ giác AHCD nội tiếp c. Do tứ giác AHCD nội tiếp nên suy ra FHC ADC (cùng bù với AHC ). Xét tam giác FHC và tam giác ADC có : CHF DAC, FHC ADC nên tam giác FHC đồng dạng với tam giác ADC. Lúc đó suy ra FCH ACD, ACD 9000 FHC 90 CH  CF .Vậy CH vuông góc với CF. d. Tam giác ODA vuông nên theo hệ thức lượng ta cóOA2 ODOH. .Mà OB OD OA OB R OB2 OD. OH . Xét tam giác OBH và tam giác ODB có : OH OB OB OD BOD (chung) và nên tam giác OBH đồng dạng với tam giác ODB nên suy OH OB ra OBH ODB,, CAF ODB CAF CBF OBH CBF OBH HBC CBF HBC OBC HBF ABC .Ta có xét tam giác BHF và tam giác BAC có : BFH BCA 900 , HBF ABC (chứng minh trên ) nên tam giác BHF đồng BF BH BH. BC dạng với tam giác BAC. Lúc đó suy ra BA 2 R BC BA BF Câu 5 (0,5 điểm) 1 11y y y Cách 1:Ta có xy 11 x y .Ta có y 2 1 2 0 . Ta có x x x x x 4 y 1 xy y 1 Q x . Đặt aa ,0 .Ta có 3x2 xy y 2 y y 2 x 4 3 xx2 22 1 a a 2 a 12 a 2 a 1 QQ 22 .Ta chứng minh 3 aa2 33 a a a a aa2 2 1 5 Q2 (4 a 1)( a 6) 0 (1). 39 aa2 y 1 x 2 51 x 4 Ta thấy (1) đúng với .Vậy Qamax 1 . 341 y y 1 2 x
4. x2 2 xy y 2 x 2 2 x 2 y 2 Cách 2: Ta có 2xy xy 1 x 4 y x .Ta có QP2 .Ta 3x2 xy y 2 3 x 2 x 1 y 2 x2 33 x 2 x 2 33 x 32 x 2 4848 x tìm max của P.Ta có RP 1 3x2 x 1 y 2x2 49 x 2 16 x 16 31xx2 16 (49R 32) x2 (16 R 48) x 16 R 48 0 (*). Để phương trình (*) có nghiệm thì : 4 5 5  (16RRRRQPQ 48) 4(49 32)(16 48) 0 2 . Vậy 9 9 3 y 1 x 2 5 x 4 Qmax 1 . 3 1 y y 1 2 x Cách 3: Ta có . Ta có 2 2 2 2 25 2 2 5 5 3xxyy ( xy ) 2 xxy 3 ( xy ) y ( xy ) x 4 3 2 2 35xy ()x y Q . Vậy . 3 5 ()xy 3 5