Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Bình Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Bình Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BÌNH DƯƠNG Năm học: 2018 – 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN CHUYÊN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: 7 2 x x 2 x 7 x . b) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2018 x2 y 2018 y2 2018. Tính giá trị của biểu thức: Q x2019 y2019 2018 x y 2020 . Câu 2 (1,5 điểm) 2 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 m 1 x 2m 6 0. Tìm tất cả các 2 2 x x giá trị m nguyên dương để A 1 2 có giá trị nguyên. x2 x1 Câu 3 (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 1 P . 2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 2025 2024 2024 2025 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn: x2 y2 3 x y . Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A và C khác B). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của MA, MC. Đường thẳng KA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D. a) Chứng minh rằng: KO2 – KM2 = R2. b) Chứng minh rằng tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp. c) Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O) và N là trung điểm của KE. Đường thẳng KE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng bốn điểm I, A, N, F cùng thuộc một đường tròn. 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 7 2 x x 2 x 7 x (1) ĐK: 0 x 7 (1) 7 2 x x 2 7 x x. 7 x 7 x x. 7 x 2 x 2 7 x 0 7 x 7 x x 2 7 x x 0 7 x x 7 x 2 0 7 x x 0 a) 1.5 7 x 2 0 7 x x 7 x 2 7 x x 7 x 4 x 3,5 (TM) Câu x 3 (TM) 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3,5;3 (3,0đ) x 2018 x2 y 2018 y2 2018 (1) Thực hiện phép nhân liên hợp, ta có: (1) x2 2018 x2 y 2018 y2 2018 x 2018 x2 2018 y 2018 y2 2018 x 2018 x2 y 2018 y2 2018 x2 x 2018 x2 2018 y2 x y (2) b) 1.5 (1) x 2018 x2 y2 2018 y2 2018 y 2018 y2 2018 x 2018 x2 2018 y 2018 y2 x 2018 x2 2018 y2 y 2018 x2 2018 y2 x y (3) Từ (2) và (3) x y x y 2x 2y x y Thay x y vào biểu thức Q, ta được:
3. Q ( y)2019 y2019 2018 y y 2020 y2019 y2019 2018.0 2020 2020 ' (m 1)2 (2m 6) m2 2m 1 2m 6 (m2 4m 4) 3 (m 2)2 3 0 m Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 x1 x2 2m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 2m 6 Do đó: 2 2 2 2 x x x x x x x2 x2 A 1 2 1 2 2 1  2 1 2 2 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x1x2 2 2 2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 (2m 2) 2(2m 6) 2 2 x1x2 2m 6 Câu 2 2 2 4m2 8m 4 4m 12 4m2 12m 16 1.5 2 2 (1,5đ) 2m 6 2m 6 2 2 2m(2m 6) 16 8 2 2m 2 2m 6 m 3 8 Với m N *,m 3 thì 2m Q m 3 A có giá trị nguyên 8 8 2m Z Z m 3 m 3 m 3 1; 2;4;8 do m 0 m 3 3 m 4;2;5;1;7;11 Vậy m 4;2;5;1;7;11 là các giá trị cần tìm. 1 1 1 1 P 2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 2025 2024 2024 2025 Với n N * , ta có: 1 1 n 1 n n n 1 n 1. n. n 1 n Câu n 1 n n 1 n 1 1 3 a) 1.0 n 1. n. n 1 n n 1. n n n 1 (2,0đ) Áp dụng kết quả trên, ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 P 1 2 2 3 3 4 2024 2025 1 1 1 44 1 1 2025 45 45
4. x y 2 0 x2 2xy y2 0 x2 2xy y2 x2 2xy y2 x2 2xy y2 2 x2 y2 x y 2 (1) Theo đề bài: x2 y2 3 x y 2 x2 y2 6 x y (2) Từ (1) và (2) b) x y 2 6 x y 1.0 x y 6 (do x, y N * x y 0) (3) Vì x2 , y2 là các số chính phương nên chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 Mà x2 y2 3 x y  3 x2 3 và y2 3 (4) Từ (3) và (4) x y 3 (thỏa mãn đề bài) Vậy x y 3 . A I D P H M O 0.25 K C B Gọi H, P lần lượt là giao điểm của OM với AB, IK. Câu Ta có: OA = OB = R và MA = MB (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) 4 OM là đường trung trực của AB (3,5đ) OM  AB tại H MAC có IM = IA và KM = KC IK là đường trung bình của MAC IK // AC hay IP // AH MAH có IM = IA và IP // AH PM = PH Vì IK // AC và OM  AC OM  IK tại P a) 1.25 Các tam giác KPO, KPM vuông tại P Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: KO2 KP2 PO2 và KM2 KP2 PM2 KO2 KM2 PO2 PM2 (PO PM)(PO PM) OM.(PH OH PM) OM.OH (do PM PH) OAM vuông tại A (vì MA là tiếp tuyến tại A của (O)) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta có: OM.OH OA2 R 2
5. Mà KO2 KM2 OM.OH KO2 KM2 R 2 (đpcm). A 1 I Q D M O K 1 C 1 B Vẽ tiếp tuyến KQ của (O) (Q và A nằm cùng phía với MC) b) KQO vuông tại Q 1.0 KO2 KQ2 OQ2 KQ2 R 2 (định lí Py-ta-go) Mà KO2 KM2 R 2 KO2 KM2 R 2 KQ2 KM2 KQ KM KC · · · 1 » KQD và KAQ có: QKA chung; KQD KAQ sđDQ 2 KQD KAQ (g.g) KQ KD KC KD (vì KQ KC) KA KQ KA KC KCD KAC (c.g.c) Cµ 1 Aµ 1 µ µ µ µ 1 » C1 B1 vì A1 B1 sđBD 2 Tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp (đpcm) A 1 E I D N M O c) F 1.0 K C 2 B
6. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDM có D· MC Bµ 2 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD) µ µ 1 » Mà B2 E1 sđAD 2 D· MC Eµ 1 Nhưng hai góc ở vị trí so le trong MK // AE AEKM là hình thang Hình thang AEKM (AE // MK) có IA = IM và NE = NK IN là đường trung bình của hình thang AEKM I·NF A· EF (2 góc đồng vị) · · 1 » Mặt khác: IAF AEF sđAF 2 I·AF I·NF A· EF AIFN là tứ giác nội tiếp 4 điểm A, I, F, N cùng thuộc một đường tròn (đpcm). Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương