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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả các thí sinh) Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức: x 4 1 1 P 1 : với x 0; x ; x 1; x 4 . x 3 x 2 2x 3 x 1 4 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x sao cho P 2019 . 10 c) Với x 5 , tìm giá trị nhỏ nhất của T P . x Câu 2: (0,75 điểm) 1 1 Cho hai đường thẳng (d 1): y mx m và (d2): y x (với m là tham số, m 0). Gọi m m 2 2 I(x0 ; y0 ) là tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) với (d2). Tính T x0 y0 . Câu 3: (1,25 điểm) 2 Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình: x (2 m)x 1 m 0 (m là tham số). a) Tìm m để x1 x2 2 2 . 1 1 b) Tìm m sao cho T 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất. (x1 1) (x2 1) Câu 4: (1,5 điểm) a) Giải phương trình: 4x 8072 9x 18162 5 . x3 y3 3x2 6x 3y 4 0 b) Giải hệ phương trình: 2 2 x y 3x 1 Câu 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính a và điểm J có JO = 2a. Các đường thẳng JM, JN theo thứ tự là các tiếp tuyến tại M, tại N của đường tròn (O). Gọi K là trực tâm của tam giác JMN, H là giao điểm của MN với JO. a) Chứng minh rằng: H là trung điểm của OK. b) Chứng minh rằng: K thuộc đường tròn tâm O bán kính a. c) JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r. Tính r. d) Tìm tập hợp điểm I sao cho từ điểm I kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn (O) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. Câu 6: (0,5 điểm) Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn: 12x 10y 15z 60 . Tìm giá trị lớn nhất của T x2 y2 z2 4x 4y z . 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 x 4 1 P 1 : x 3 x 2 2x 3 x 1 x 2 x 2 1  x 1 2 x 1 x 1 x 2 x 2 1  x 1 2 x 1 a) 1.0 x 1 x 2 x 1  2 x 1 2 x 1  2 x 1 4x 1 1 Vậy P 4x 1 với x 0; x ; x 1; x 4 . Câu 1 4 (2,5đ) 1 Với x 0; x ; x 1; x 4 , ta có: b) 4 0.5 P 2019 4x 1 2019 x 505 (thỏa mãn ĐK) Vậy với x 505 thì P 2019 . 10 10 2x 10 18x Xét T P 4x 1 1 x x 5 x 5 2x 10 2x 10 Áp dụng BĐT Côsi, ta có: 2  4 5 x 5 x 2x 10 c) Dấu “=” xảy ra x 5 (do x 0) 1.0 5 x 18x Lại có: 18 (vì x 5 ) 5 T 4 18 1 21 Vậy minT 21 tại x 5 . Theo đề bài, (x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ: y0 mx0 m 1 1 2 2 mx0 m x0 m x0 m x0 1 1 1 m m y0 x0 y0 mx0 m m m y0 mx0 m Câu 2 1 m2 2 0.75 (0,75đ) 1 m x0 2 2 2 x0 2 (m 1)x0 1 m 1 m 1 m 2 y0 m(x0 1) 1 m 2m y0 m 2 1 y0 2 1 m 1 m Do đó:
3. 2 2 2 2 2 4 2 1 m2 2 2 1 m 2m 1 2m m 4m T x0 y0 2 2 2 2 1 1 m 1 m 1 m2 1 m2 Phương trình: x2 (2 m)x 1 m 0 (m là tham số). Xét (2 m)2 4( 1 m) 4 4m m2 4 4m m2 8 0 m Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0.25 x1 x2 m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 1 m 2 2 x1 x2 2 2 x1 x2 8 x1 x2 4x1x2 8 a) m 2 2 4( 1 m) 8 m2 8 8 m 0 0.5 Câu 3 (1,25đ) Vậy m 0 là giá trị cần tìm. 2 2 2 2 1 1 (x1 1) (x2 1) x1 2x1 1 x2 2x2 1 T 2 2 2 2 2 (x1 1) (x2 1) (x1 1) (x2 1) (x1x2 x1 x2 1) 2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 2(x1 x2 ) 2 (m 2) 2( 1 m) 2(m 2) 2 2 2 b) (x1x2 x1 x2 1) ( 1 m m 2 1) 0.5 m2 4m 4 2 2m 2m 4 2 m2 4 4 1 ( 2)2 4 4 Vậy minT 1 tại m 0 . 4x 8072 9x 18162 5 (ĐK: m 2018 ) 2 x 2018 3 x 2018 5 5 x 2018 5 a) 0.75 x 2018 1 x 2018 1 x 2017 (thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm của phương trình là x 2017 Dựa theo lời giải của bạn Giang Tien Hai x3 y3 3x2 6x 3y 4 0 (1) 2 2 x y 3x 1 (2) Câu 4 3 2 3 (1,5đ) (1) (x 3x 3x 1) y 3x 3y 3 0 (x 1)3 y3 3(x y 1) 0 2 2 (x 1 y) (x 1) y(x 1) y 3(x y 1) 0 b) 2 2 0.75 (x 1 y) (x 1) y(x 1) y 3 0 2 1 3 2 (x 1 y) x 1 y y 3 0 2 4 2 1 3 x 1 y 0 do x 1 y y2 3 0 2 4 y x 1
4. Thay y x 1 vào (2) được: x2 (x 1)2 3x 1 x2 x2 2x 1 3x 1 2x2 x 0 x(2x 1) 0 x 0 1 x 2 x 0 y 0 1 1 1 1 3 x y 1 2 2 2 1 3  Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) 0;1 , ;  2 2  M 0.25 J O K H Câu 5 (3,5đ) N Ta có: OM  JM (JM là tiếp tuyến của (O)) NK  JM (K là trực tâm của JMN) OM // NK a) Chứng minh tương tự được ON // MK 0.75 OMKN là hình bình hành Hình bình hành OMKN có hai đường chéo OK và MN cắt nhau tại H H là trung điểm của OK. Hình bình hành OMKN có OM = ON = a nên là hình thoi OM = MK OMK cân tại M OMJ vuông tại M, có: b) OM a 1 0 0.75 cosM· OJ M· OJ 60 OJ 2a 2 OMK là tam giác đều OK = OM = a K (O; a).
5. OMKN là hình thoi MH  OK tại H JO là tiếp tuyến của (M; MH) r = MH c) OMH vuông tại H 0.75 a 3 a 3 MH OM.sin M· OH a.sin 600 hay r 2 2 B I A a O Giả sử IA, IB là các tiếp tuyến của (O) với A, B là các tiếp điểm * Phần thuận: Tứ giác IAOB có A· IB I·AO I·BO 900 nên là hình chữ nhật d) 1.0 Lại có OA = OB = a IAOB là hình vuông OI OA. 2 a 2 I O;a 2 * Phần đảo: Lấy điểm I O;a 2 thì IO a 2 2 OAI vuông tại A IA OI2 OA2 a 2 a 2 a 2 a Tương tự tính được IB = a IA = IB = OA = OB = a Tứ giác IAOB là hình thoi A· IB 900 * Kết luận: Tập hợp điểm I cần tìm là đường tròn O;a 2 . Dựa theo lời giải của bạn Giang Tien Hai Xét 5T (12x 10y 15z) 5x2 5y2 5z2 20x 20y 5z (12x 10y 15z) 5x2 5y2 5z2 32x 30y 20z 5x(x 6,4) 5y(y 6) 5z(z 4) Vì x, y, z 0 nên từ điều kiện 12x 10y 15z 60 , suy ra Câu 6 12x 60 x 5 x 5 0 x(x 6,4) 0 0.5 (0,5đ) 10y 60 y 6 y 6 0 y(y 6) 0 15z 60 z 4 z 4 0 z(z 4) 0 5x(x 6,4) 5y(y 6) 5z(z 4) 0 5T (12x 10y 15z) 0 5T 12x 10y 15z 60 T 12
6. Dấu “=” xảy ra x(x 6,4) y(y 6) z(z 4) 0 x y 0; z 4 12x 10y 15z 60 x z 0; y 6 x y 0; z 4 Vậy maxT 12 khi x z 0; y 6 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương