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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho thí sinh dự thi các lớp chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (1,0 điểm). a) Rút gọn biểu thức A 2 2 2 3 1 . b) Tìm m để đường thẳng y x m2 2 và đường thẳng y (m 2)x 11 cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Câu 2 (2,0 điểm). x 2y m 3 Cho hệ phương trình: (I) (m là tham số). 2x 3y m a) Giải hệ phương trình (I) khi m 1 . b) Tìm m để hệ (I) có nghiệm (x; y) sao cho P 98(x2 y2 ) 4m đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (2,0 điểm). a) Giải phương trình x 3 2 x 6 x x2 1 . b) Tìm m để phương trình x4 5x2 6 m 0 (m là tham số) có đúng hai nghiệm. Câu 4 (1,0 điểm). Quãng đường AB dài 120 km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h. Tính vận tốc lúc về của ô tô, biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút. Câu 5 (3,0 điểm). Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. a) Chứng minh năm điểm A, M, O, I, N cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MJ với đường tròn (O). Chứng minh EB = EC = EJ. c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy yz zx 3xyz . x3 y3 z3 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2 2 2 . z x x y y z 2 x y z HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm A 2 2 2 3 1 2 4 2 3 1 a) 0.5 2 1 3 1 1 3 1 3 Câu 1 Đường thẳng y x m2 2 và đường thẳng y (m 2)x 11 cắt (1,0đ) nhau tại một điểm trên trục tung b) 1 m 2 m 3 m 3 0.5 2 2 m 3 m 2 11 m 9 m 3 Vậy m 3 là giá trị cần tìm. Khi m 1 thì hệ (I) trở thành: x 2y 4 2x 4y 8 7y 7 y 1 x 2 a) 1.0 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3 1 y 1 Vậy khi m 1 thì nghiệm của hệ (I) là (x; y) (2;1) . x 2y m 3 2x 4y 2m 6 7y m 6 2x 3y m 2x 3y m 2x 3y m m 6 5m 9 y x 7 7 m 6 m 6 2x 3 m y 7 7 Ta có: P 98(x2 y2 ) 4m Câu 2 2 2 5m 9 m 6 (2,0đ) 98 4m 7 7 b) 2 2 1.0 25m 90m 81 m 12m 36 98 4m 49 49 26m2 102m 117 98 4m 49 52m2 208m 234 52(m2 4m 4) 26 52(m 2)2 26 P 26 m Dấu “=” xảy ra m 2 Vậy min P 26 khi m 2 . x 3 2 x 6 x x2 1 (1) ĐK: 3 x 2 Câu 3 (1) x 3 2 x (3 x)(2 x) 1 0 a) 1.0 (2,0đ) x 3 1 2 x 1 2 x 0 x 3 1 1 2 x 0
3. x 3 1 0 1 2 x 0 x 3 1 2 x 1 x 3 1 2 x 1 x 2 x 1 Kết hợp với điều kiện x 2;1 Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S 2;1 . x4 5x2 6 m 0 (1) Đặt y x2 (y 0) , phương trình (1) trở thành: y2 5y 6 m 0 (2) Phương trình (1) có đúng hai nghiệm Phương trình (2) có nghiệm kép dương hoặc có hai nghiệm trái b) dấu 1.0 TH1: Phương trình (2) có nghiệm kép dương b 5 y y 0 (vô lí) 1 2 2a 2 TH2: Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu ac 0 6 m 0 m 6 Vậy m 6 là giá trị cần tìm. Đổi 24 phút = 0,4 giờ. Gọi vận tốc lúc về của ô tô là x (km/h). Điều kiện: x > 0. Vận tốc của ô tô lúc đi là x + 10 (km/h). 120 Thời gian lúc về của ô tô là (h) x 120 Câu 4 Thời gian lúc đi của ô tô là (h). x 10 1.0 (1,0đ) 120 120 Ta có phương trình: 0,4 x x 10 x2 10x 3000 0 Giải phương trình được: x1 50; x2 60 Kết hợp với điều kiện x 50 Vậy vận tốc lúc về của ô tô là 50 km/h.
4. M F J O 0.25 A C B I N E Vì AM, AN là các tiếp tuyến của (O) A· MO A· NO 900 (O) có dây BC không đi qua tâm, I là trung điểm của BC · 0 a) OI  BC AIO 90 0.75 Do đó: A· MO A· NO A· IO 900 Ba điểm M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO Năm điểm A, M, O, I, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO Câu 5 (3,0đ) J là tâm đường tròn nội tiếp MBC MJ là tia phân giác của góc BMC B· ME C· ME B»E C»E (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau) EB = EC (liên hệ giữa cung và dây) Gọi F là giao điểm thứ hai của BJ và (O) M» F C»F (chứng minh tương tự như trên) 1 Vì J·BE là góc nội tiếp nên J·BE sđF»E 2 b) Vì B· JE là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên: 1 B· JE sđB»E sđM» F 2 Mà B»E C»E , M» F C»F 1 1 B· JE sđC»E sđC»F sđF»E 2 2 J·BE B· JE EBJ cân tại E EB = EJ Vậy EB = EC = EJ.
5. M K O A C B D I N Gọi D là giao điểm của MN và AC. Ta có: OM = ON = R AM = AN (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) AO là đường trung trực của MN AO  MN O· KD 900 Tứ giác OIDK có O· ID O· KD 900 900 1800 OIDK là tứ giác nội tiếp c) Tâm đường tròn ngoại tiếp OIK thuộc đường trung trực của DI. 1 AMB và ACM có: M· AC chung, A· MB A· CM sđM¼ B 2 AM AB AMB # ACM (g.g) AM2 AB.AC AC AM Xét đường tròn đường kính AO có A· MD A· IM (các góc nội tiếp chắn các cung AM, AN bằng nhau) AMD và AIM có: M· AC chung, A· MD A· IM AM AD AMD # AIM (g.g) AM2 AD.AI AI AM AB.AC AB.AC AD.AI AD AI Mà các điểm A, B, C cố định và I cố định (I là trung điểm BC) AB.AC AD không đổi AI D là điểm cố định Đường trung trực của DI là đường thẳng cố định Tâm đường tròn ngoại tiếp OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định (đpcm). 1 1 1 Vì x, y, z 0 nên từ xy yz zx 3xyz 3 x y z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: Câu 6 2 1 1 1 1 1 1 2 1.0 (1,0đ) x y z x  y  z  1 1 1 9 x y z x y z x y z .3 9 x y z 3 Áp dụng kĩ thuật Cô-si ngược dấu, ta có:
6. 2 x3 x z x xz xz xz z z 1 x x x x z x2 z x2 z x2 2x z 2 4 (vì z x2 2x z và z 1 2 z , theo Cô-si) y3 x 1 z3 y 1 Tương tự, ta có: y ; z x y2 4 y z2 4 Do đó: x3 y3 z3 x y z 3 3(x y z) 3 x y z z x2 x y2 y z2 4 4 3.3 3 3 1 1 1 1 4 2 2 x y z 1 1 1 do x y z 3; 3 x y z (Dấu “=” xảy ra x y z 1 ) Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương