Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC: 2018 – 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Dùng chung cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 30 tháng 05 năm 2018. Câu 1 (2,5 điểm). 3 14 2 a) Rút gọn biểu thức: A 7 2 . 7 2 7 b) Giải phương trình: 5x2 2 5x 1 0 . 3x 2y 16 c) Giải hệ phương trình: . x 5y 23 Câu 2 (2,0 điểm). a) Tìm tất cả giá trị của hệ số a để hàm số y ax 2đồng biến và đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1;3) . b) Cho đường thẳng (d) : y (3 2m)x m2 và parabol (P) : y x2 . Tìm tất cả giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x 2và x1 x2 1 2 x1 x2 2x1 x2 . Câu 3 (1,5 điểm). a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 174m. Nếu tăng chiều rộng 5m và giảm chiều dài 2m thì diện tích mảnh vườn đó tăng thêm 215m 2. Tính chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn. b) Giải phương trình: 5x4 2x2 3x2 x2 2 4 . Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) có AB là dây cung không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến MC và MD đến (O) (tiếp điểm C thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm D thuộc cung lớn AB). a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh MD2 MA.MB . c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của (O) tại điểm N, giao điểm của hai đường thẳng DN và MB là E. Chứng minh MCE cân tại M. 1 1 4 d) Đường thẳng ON cắt đường thẳng CD tại điểm F. Chứng minh . OI.OF ME 2 CD2 Câu 5 (0,5 điểm). Cho a 0,b 0 và a b 1 . a b 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . 1 b 1 a a b 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 3 14 2 3 7 2 A 7 2 2 7 7 2 7 2 7 7 2 7 2 a) 1.0 3 7 2 2 7 7 2 7 2 7 2 0 3 2 5 5x2 2 5x 1 0 5x 1 0 5x 1 0 x 5 Câu 1 b) 0.75 (2,5đ) 5 Vậy nghiệm của phương trình là x . 5 3x 2y 16 3x 2y 16 17y 85 x 5y 23 3x 15y 69 3x 2y 16 c) y 5 x 2 0.75 3x 2.( 5) 16 y 5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (2; 5) . Đồ thị của hàm số y ax 2 đi qua điểm A(1;3) 3 a.1 2 a 1 a) 1.0 Với a 1 thì hàm số y ax 2 đồng biến. Vậy a 1 là giá trị cần tìm. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): x2 (3 2m)x m2 x2 (2m 3)x m2 0 (*) (2m 3)2 4m2 12m 9 (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 3 12m 9 0 m 4 Câu 2 x x 3 2m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2 (2,0đ) 2 x1x2 m b) Theo đề bài: 1.0 x1 x2 1 2 x1 x2 2x1 x2 x1x2 x1 2x1 2x2 2x1 x2 0 x1x2 (x1 x2 ) 0 m2 (3 2m) 0 m2 2m 3 0 (m 1)(m 3) 0 m 1 m 3
3. 3 Kết hợp với điều kiện m m 3 4 Vậy m 3 là giá trị cần tìm. Gọi chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn lần lượt là x(m) và y(m). Điều kiện: 0 < x < y < 87; 2 < y. Vì chu vi mảnh vườn bằng 174m nên ta có phương trình: 2(x y) 174 x y 87 (1) Diện tích ban đầu của mảnh vườn là xy (m2) Diện tích mảnh vườn nếu tăng chiều rộng 5m và giảm chiều dài 2m là (x + 5)(y – 2) (m2) Ta có phương trình: a) (x 5)(y 2) xy 215 2x 5y 225 (2) 0.75 x y 87 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 2x 5y 225 x 30 Giải hệ được (thỏa mãn điều kiện) y 57 Vậy chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn lần lượt là 30m và 57m. Cách 1: 5x4 2x2 3x2 x2 2 4 (1) 5x4 10x2 2x2 4 3x2 x2 2 6x2 0 Câu 3 5x2 (x2 2) 2(x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 (1,5đ) (x2 2)(5x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 (x2 2 4)(5x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 ( x2 2 2)( x2 2 2)(5x2 2) 3x2 ( x2 2 2) 0 ( x2 2 2) ( x2 2 2)(5x2 2) 3x2 0 ( x2 2 2) ( x2 2 2)(2x2 2) 3x2 ( x2 2 1) 0 b) 0.75 x2 2 2 0 do ( x2 2 2)(2x2 2) 3x2 ( x2 2 1) 0 x2 2 2 x2 2 4 x2 2 x 2 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 2 . Cách 2: Đặt y x2 2 (y 2) x2 y2 2 Phương trình (1) trở thành:
4. 5(y2 2)2 2(y2 2) 3(y2 2)y 4 5y4 20y2 20 2y2 4 3y3 6y 4 0 5y4 3y3 22y2 6y 20 0 5y4 10y3 7y3 14y2 8y2 16y 10y 20 0 5y3 (y 2) 7y2 (y 2) 8y(y 2) 10(y 2) 0 (y 2)(5y3 7y2 8y 10) 0 2 2 (y 2) 5y(y 2) 7(y 2) 2y 4 0 y 2 0 do y 2 5y(y2 2) 7(y2 2) 2y 4 0 y 2 Từ đó tìm được x. F C N A M B E I 0.25 H O D Câu 4 (3,5đ) Vì MD là tiếp tuyến tại D của (O) nên O· DM 900 (O) có dây AB không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB · 0 a) OI  AB OIM 90 0.75 Tứ giác OIMD có: O· DM O· IM 900 900 1800 Tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn. (O) có: M· DA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn A»D M· BD là góc nội tiếp chắn A»D M· DA M· BD b) MDA và MBD có: D· MB chung, M· DA M· BD 0.75 MDA MBD (g.g) MD MA MD2 MA.MB MB MD 1 c) Vì M· DE là góc nội tiếp chắn D»N nên M· DE sđD»N 0.75 2
5. (O) có ON  dây AB N¼A N»B (liên hệ giữa cung và dây) Vì M· ED là góc có đỉnh ở bên trong (O) nên: 1 M· ED sđ A»D N»B 2 Mà N¼A N»B 1 1 M· ED sđ A»D N¼A sđD»N 2 2 M· ED M· DE MDE cân tại M MD = ME Nhưng MC = MD (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) MC = ME MCE cân tại M. Gọi H là giao điểm của OM và CD Ta có: OC = OD và MC = MD OM là đường trung trực của CD OM  CD tại H OIM và OHF có: M· OF chung, O· IM O· HF 900 OIM OHF (g.g) OI OM OI.OF OH.OM d) OH OF 1.0 ODM vuông tại D, đường cao DH 1 1 1 OH.OM OD2 và OD2 MD2 DH2 1 Mà OI.OF OH.OM OD2 , MD = ME, DH = CD 2 1 1 4 (đpcm) OI.OF ME2 CD2 Cho a 0,b 0 và a b 1 . a b 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . 1 b 1 a a b Với a,b 0 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a2 4 a2 4 4 (a ab) 2  (a ab) a a ab 9 a ab 9 3 a2 4 4 a 8 4 a (a ab) a ab Câu 5 a ab 3 9 1 b 9 9 1.0 (1,0đ) b 8 4 Tương tự, ta có: b ab 1 a 9 9 8 8 1 8 1 8 1 1 S (a b) ab a b ab  9 9 a b 9 a b 9 9 a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 1 1 a b 2 (a b)  2 a b a b Vì a b 1 nên:
6. 1 1 1 (a b)2 4ab ab (a b)2 và 1 4 4 a b 8 8 1 1 5 S  2  9 9 4 9 3 1 Dấu “=” xảy ra a b 2 5 1 Vậy min S khi a b 3 2 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương