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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi : Toán Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 6 tháng 6 năm 2018 Câu 1. (2 điểm) 1.Tính giá trị biểu thức A 5 20 5 1 2 .Tìm tham số m để đường thẳng y = (m-1)x +2018 có hệ số góc bằng 3. Câu 2: (3 điểm) x 4y 8 1.Giải hệ pt: 2x 5y 13 2 6 10 2 a a 1 2.Rút gọn biểu thức: B  với a > 0,a 1 a 1 a a a a 1 4 a a)Rút gọn biểu thức B. b)Đặt C B. a a 1 . So sánh A với 1. 3. Cho pt: x2 (m 2)x 3m 3 0 (1) (với x là ẩn m là tham số) a)Giải pt (1) khi m = -1 . b)Tìm các giá trị của m để Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5. Câu 3: (1,5 điểm) Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên con đường ấy, do lượng xe giao thông tham gia nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường. Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm M, N ( M B, N C ). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm can AH và BC. 1.Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp. 2.Chứng minh BM.BA = BP.BC 3.Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều canh bằng 2a. Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a. 4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF can đường tròn (O) đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng. Câu 5: (0,5điểm) 81x 2 18225x 1 6 x 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P với x > 0 9x x 1 HƯỚNG DẪN CHẤM (Học sinh tham khảo) Câu Ý Nội dung Điểm
2. 1 1 A 5 20 5 1 2 A 5. 20 5 1 0,25đ 0,25đ A 100 5 1 A 10 5 1 0,25đ A 6 Vậy A = 6 0,25đ 2 Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 thì m-1 = 3 0,5đ m 3 1 m 4 0,25đ Vậy m = 4 thì Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 0,25đ 2 1 x 4y 8 2x 8y 16 0,25 2x 5y 13 2x 5y 13 3y 3 y 1 y 1 0,25 2x 5y 13 2x 5.1 13 x 4 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (4; 1) 0,25 2a Với a > 0, a 1 ta có: 2 2 6 10 2 a a 1 6 10 2 a a 1 B   a 1 a a a a 1 4 a a 1 a 1 a 1 4 a 2 6 a 1 10 2 a a 1 B  0,25đ a 1 a 1 4 a 2 4 a 4 a 1 B  a 1 a 1 4 a 2 2 4 a 4 a 1 4 a 1 a 1 1 B   2 0,25đ a 1 a 1 4 a a 1 a 1 4 a a 1 Vậy B với a > 0, a 1 a 0,25đ 2b 1 a a 1 Ta có: C B. a a 1 a a 1 a a 2 a a 1 a 2 a 1 a 1 Xét C 1 1 0,25đ a a a 2 Vì a> 0 a 0 và a 1 0 với a > 0, a 1 nên C – 1 > 0 C 1 Vậy C > 1 0,25đ 3a Xét Pt: x2 m 2 x 3m 3 0 (1) a)Thay m = - 1 vào phương trình (1) ta được:
3. x2 x 6 0 2 0,25 1 4. 6 25 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 5 x1 3 2 1 5 x2 2 2 Vậy khi m = - 1 thì phương trình (1) có tập nghiệm S 3; 2 0,25 3b b) x2 m 2 x 3m 3 0 (1) 2 2 2 Δ m 2 4 3m 3 m 8m 16 (m 4) 2 Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt 0 m 4 0 m 4 0 m 4 x x m 2 Theo hệ thức Viet ta có 1 2 x1x2 3m 3 Theo đề bài hai nghiệm x1, x2 của PT (1) là độ dài 2 cạnh góc vuông của một 0 x1x2 0 tam giac vuông có cạnh huyền bằng 5 0,25đ x x 0 1 2 x 2 x 2 25 1 2 m 4 m 4 m 4 3m 3 0 m 1 m 1 m 2 0 m 2 2 2 2 m 2m 15 0 (2) x x 2x x 25 m 2 2 3m 3 25 1 2 1 2 Giải PT (2) được m = 5 (Thỏa mãn); m = - 3 (không thỏa mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm 0,25đ 3 Đổi 15 phút = 1 (giờ) 4 Gọi vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x (km/h) ĐK: x >2 0,25 Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường là: 10 (giờ) x vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là : x-2 (km/h) 0,25 Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ trường về nhà là: 10 (giờ) x 2 Vì thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 1 (giờ) nên ta có PT 4 10 10 1 0,25 x 2 x 4 x2 2x 80 0 Giải PT được x 10 (thỏa mãn) 1 0,5 x 8(loại) 2 0,25 Vậy vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 (km/h)
4. 4 1 A N M H B C O p Xét đường tròn (O) có B MC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AMH 900 0,25 B NC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ANH 900 0,25 Xét tứ giác AMHN có 0 0 0 0,25 AMH ANH 90 90 180 ,mà hai góc này là 2 góc đối nhau nên tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp 0,25 2 Chứng minh được H là trực tâm ΔABC Suy ra AP là đường cao APB 900 B PA B MC 900 0,25 Xét ΔBPA và ΔBMC có ABP là góc chung 0 BPA BMC 90 0,25 Δ BPA ~ ΔBMC (gg) BP BA BM.BA BP.BC (đpcm) 0,25 BM BC 3 A M N H p B C O BC 0,25 ABC đều PC a . Tính AP2 AC2 PC2 4a2 a2 3a2 AP 3a 2 ABC đều mà H là trực tâm ABC H đồng thời là trọng tâm của ABC 2 2 3a AH AP 3 3 0,25 2 3a Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là: C d .AH 0,25 3
5. 2 3a Vậy C 3 4 A M N F E H B C p O 0 Ta có: AEO AFO APO 90 Suy ra 5 điểm A, E, P, O, F cùng nằm trên một đường tròn. Mà AE = AF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) AE AF Do đó A EF A PE (do 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)(1) 0,25 Chứng minh Δ AEM ~ ΔABE (gg) AE2 AM.AB (2) Chứng minh Δ AMH ~ ΔAPB (gg) AM.AB AH.AP (3) AE AP Từ (2) và (3) suy ra AE2 AH.AP Δ AEH ~ ΔAPE (c.g.c) AH AE Từ đó suy ra A EH A PE (4) Từ (3) và (4) suy ra AEH AEF 3 điểm E, H, F cùng nằm trên tia EF. Do 0,25 đó 3 điểm E, H, F thẳng hàng. 5 Ta có: 81x 2 18225x 1 6 x 8 P với x > 0 9x x 1 1 6 x 8 P 9x 2025 9x x 1 1 6 x 8 P 9x 9 2016 9x x 1 1 9x 9 6 x 8 P 9x 2016 9x x 1 2 1 9x 6 x 1 1 3 x 1 P 9x 2016 9x 2016 9x x 1 9x x 1 0,25 1 1 1 1 Theo BĐT cô si 9x 2 9x. 2 Dấu bằng xảy ra khi 9x x 9x 9x 9x 9 2 3 x 1 1 Ta có: 0 Dấu bằng xảy ra khi 3 x 1 0 x x 1 9 1 Do đó P 2 0 2016 2018 . Dấu bằng xảy ra khi x (thỏa mãn) 9
6. 1 Vậy minP = 2018 khi x 9 0,25