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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN TRÀ VINH NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2,0 điểm) x x y Cho biểu thức: Q 1 : với x y 0 . 2 2 2 2 2 2 x y x y x x y 1. Rút gọn Q. 2. Xác định giá trị của Q khi x 3y . Bài 2. (1,0 điểm) Cho đường thẳng (d) : y ax b . Tìm a,b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P) : y x2 tại điểm A( 1;1) . Bài 3. (2,0 điểm) x2 1. Giải phương trình: x2 4 8 x2 4 x2 y2 2y 1 2. Giải hệ phương trình: . xy x 1 Bài 4. (1,0 điểm) Với a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: (b2 c2 a2 )x2 4bcx (b2 c2 a2 ) 0 . Bài 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2 y2 z2 2 . 2 2 2 x3 y3 z3 Chứng minh: 3. x2 y2 y2 z2 z2 x2 2xyz Bài 6. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI  AB,MK  AC ( I AB, K AC ). 1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2. Vẽ MP  BC (P BC) . Chứng minh M· PK M· IP . 3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. HẾT
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x x y Q 1 : 2 2 2 2 2 2 x y x y x x y x x x2 y2 x x2 y2  x2 y2 x2 y2 y x x2 x2 y2 x2 y2 y x2 y2 x y 1) 1.5 x2 y2 x2 y2 2 Bài 1 x y (2,0đ) x y. x y x y x y x y Vậy Q với x y 0 . x y Thay x 3y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được: 3y y 2y 2 Q 2) 3y y 4y 2 0.5 2 Vậy Q khi x 3y . 2 Vì đường thẳng (d) : y ax b đi qua điểm A( 1;1) nên ta có: 1 a b b a 1 (1) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): ax b x2 x2 ax b 0 (2) Thay (1) vào (2) được: x 1 Bài 2 2 x ax a 1 0 (x 1)(x 1 a) 0 1.0 (1,0đ) x a 1 Vì (d) tiếp xúc với parabol (P) : y x2 tại điểm A( 1;1) nên phương trình (2) có nghiệm kép x1 x2 1 1 a 1 a 2 b 2 1 1 Vậy a 2;b 1 . 2 x 2 2 2 2 2 Bài 3 x 4 8 x x 4 x 4 16 2x (1) 1) 4 1.0 (2,0đ) ĐK: 2 x 2 2
3. Đặt y x2 4 (y 0) x2 y2 4 Phương trình (1) trở thành: y2 4 4y 16 2 y2 4 y 2 2 8 2y2 y 2 8 2y2 y 2 8 2y2 (do y 0 y 2 0) 2y2 y 6 0 (y 2)(2y 3) 0 2y 3 0 (do y 2 0) 3 y 2 3 Với y , ta có: 2 2 2 3 2 25 5 x 4 x x 2 4 2 5 Kết hợp với điều kiện x 2 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x . 2 x2 y2 2y 1 (1) xy x 1 (2) Với x 0 , phương trình (2) trở thành 0 1 (vô lí). Với x 0 , ta có: x2 y2 2y 1 2 x2 (y 1)2 2 x2 y2 2y 1 1 1 xy x 1 y 1 y 1 x x 2 2) 2 1 4 2 1.0 x 2 x 1 2x (do x 0) x 2 x2 1 0 x2 1 0 x 1 1 Với x 1 y 1 y 2 1 1 Với x 1 y 1 y 0 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (1;2),( 1;0). (b2 c2 a2 )x2 4bcx (b2 c2 a2 ) 0 (1) Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác nên: Bài 4 1.0 (1,0đ) a,b,c 0; b c a 0; a b c 0; a c b 0 (2) Xét 2 trường hợp: + TH1: b2 c2 a2 0
4. Phương trình (1) trở thành: 4bcx 0 x 0 (do b,c 0) Phương trình (1) có nghiệm + TH2: b2 c2 a2 0 Phương trình (1) là phương trình bậc hai Xét ' (2bc)2 (b2 c2 a2 )2 (2bc b2 c2 a2 )(2bc b2 c2 a2 ) b c 2 a2 a2 b c 2 a b c b c a a b c a c b Kết hợp với (2) ' 0 Phương trình (1) có nghiệm * Kết luận: Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm. Vì x, y, z 0; x2 y2 z2 2 nên: 2 2 2 x3 y3 z3 3 (1) x2 y2 y2 z2 z2 x2 2xyz x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 3 x2 y2 y2 z2 z2 x2 2yz 2zx 2xy z2 x2 y2 x2 y2 z2 1 1 1 3 Bài 5 x2 y2 y2 z2 z2 x2 2yz 2zx 2xy (1,0đ) x2 y2 z2 x2 y2 z2 (2) y2 z2 z2 x2 x2 y2 2yz 2zx 2xy z2 z2 Lại có: (x y)2 0 x2 y2 2xy x2 y2 2xy y2 y2 z2 z2 Tương tự, ta có: ; z2 x2 2zx x2 y2 2xy (2) đúng (1) đúng (đpcm) B 1 2 I 1 1 M 2 P A O 0.25 1 Bài 6 (3,0đ) K 2 1 C Tứ giác AIMK có: A· IM A· KM 900 (GT) 1) 0.75 A· IM A· KM 1800 AIMK là tứ giác nội tiếp
5. Chứng minh tương tự phần 1), ta có các tứ giác BIMP, CKMP nội tiếp  Tứ giác BIMP nội tiếp I1 Bµ 2 µ  2) Tứ giác CKMP nội tiếp C2 P2 1.0 µ µ 1 ¼ Mà B2 C2 sđMC 2   P2 I1 (đpcm)  Chứng minh tương tự phần 2), ta có P1 Kµ 1    MPK và MIP có: P2 I1; Kµ 1 P1 MPK # MIP (g.g) MP MK MP2 MI.MK MI MP 3) MI.MK.MP MP2.MP MP3 1.0 Do đó, tích MI.MK.MP lớn nhất MP3 lớn nhất MP lớn nhất M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Vậy khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương