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

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

1. THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943 01259.844.199 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi 8/6/2018 Đề có 01 trang gồm 05 câu Câu I. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: x2+8x+7=0 Do a b+c=1 8+7=0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x1= 1; x2= 7 2xy6 7x14 x2 x2 2. Giải phương trình: 5x y 20 5x y 20 10 y 20 y 10 x 1 x x Câu II. (2,0 điểm). Cho biểu thức A= :() với x>0 x 4 x 4 x 2 x x 2 1. Rút gọn biểu thức A. 1 2. Tìm tất cả các giá trị của x để A 3 x Câu III. (2,0 điểm) 1. Cho đường thẳng (d); y=ax+b. Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y=2x+3 và đi qua điểm A(1; 1) 2. Cho phương trình x2 (m 2)x 3=0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ 2 2 thức: x1 2018 x 1 x 2 2018 x 2 Câu IV. (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Gọi d1; d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường (O) tại A và B, I là trung ddieemr của đoạn OA, E là điểm thay đổi trên (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với EI cắt d1; d2 lần lượt tại M và N. 1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB 3. Khi E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giấ trị nhỏ nhất của diện tích MNI theo R. Câu V(1,0 điểm) (đề thi lên 10 thanh hóa 2018, ngày 08/06/2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1. Chứng minh rằng: 1 1 30 a2 b 2 c 2 abc HẾT Trang 1
2. THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943 01259.844.199 Câu I. (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: x2+8x+7=0 Do a b+c=1 8+7=0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x1= 1; x2= 7 Vậy tập nghiệm S={ 1; 7} 2xy6 7x14 x2 x2 2. Giải phương trình: 5x y 20 5x y 20 10 y 20 y 10 Vậy hệ có nghiệm (x; y)=(2; 10). x 1 x x Câu II. (2,0 điểm). Cho biểu thức A= :() với x>0 x 4 x 4 x 2 x x 2 1. Rút gọn biểu thức A. 1 2. Tìm tất cả các giá trị của x để A 3 x Giải. x 1 x x 1. Ta có: A= :() ( x 2)2 x( x 2) ( x 2) x 1 x x x 1 x 2 1 = :(). = (x2) 2 x2 x2 (x2) 2 x(x1) x( x 2) 1 Vậy với x>0 thì A= x( x 2) 1 1 1 1 1 2. Ta có: A (do x 0,  x>0) 3 x x ( x 2) 3 x x 2 3 3 0 3 x +2 (do ) x 2 0,  x 0 x 1 x 1 Đối chiếu điều kiện ta được: 0 0,  m vì (m 2) 0,  m phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Trang 2
3. THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943 01259.844.199 x1 x 2 m 2 (1) Áp dụng hệ thức Viét ta có: x1 x 2 3 (2) 2 2 2 2 x1 + x2 =(x1+x2) -2x1x2=(m 2) +6 (3) Theo bài ra ta có: 2 2 2 x1 2018 x 1 x 2 2018 x 2 x1 2018 x 2 2018 x 1 x 2 2 2 2 2 ( x1 2018 x 2 2018) (m 2) (theo (1)) 2 2 2 2 2 (x1 2018) (x 2 2018) 2 (x 1 2018)(x 2 2018) (m 2) 2 2 2 2 2 2 2 (x1 x 2 ) 4036 2 (x 1 x 2 ) 2018(x 1 x 2 ) 2018 (m 2) (m 2)2+4042 2 9 2018[(m 2)2 6)] 2018 2 =(m 2)2 4042 2 9 2018[(m 2)2 6)] 2018 2 =0 9 2018[(m 2)2 6)] 2018 2 =2021 2018[(m 2)2+6]+4072333=4084441 2018[(m 2)2+6]=12108 (m 2)2+6=6 (m 2)2=0 m=2 2 Thử lại, với m=2 phương trình đã cho trở thành: x 3=0 có hai nghiệm x1= 3 ; 2 x2= 3 . Thỏa mãn đẳng thức: x1 2018 x 1 x 2 2018 x 2 Vậy m=2 là giá trị cần tìm. Câu IV. (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Gọi d1; d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường (O) tại A và B, I là trung ddieemr của đoạn OA, E là điểm thay đổi trên (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với EI cắt d1; d2 lần lượt tại M và N. 1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB 3. Khi E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giấ trị nhỏ nhất của diện tích MNI theo R. Giải. Trang 3
4. THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943 01259.844.199 N E 1 M 4 2 3 O B A I 1) Ta có: IEM=900 (do d  IE (gt)) và MAI=900 (tính chất tiếp tuyến) IEM+MAI=1800 tứ giác IEMA nội tiếp (do có tổng hai góc đối bằng 1800) 2) Tương tự câu a, ta chứng minh được tứ giác EIBN nội tiếp do có 0 NEN=EBI=90 EIA= ENB (vì cùng bù với EIB) Mặt khác: E1=E3 (vì cùng phụ với E2) IA IE IEA NEB (g g) IA.NE IE.NB (1) NB NE 1 1 Vì IA= OA (gt) IA= IB (2) 2 3 Từ (1) và (2) IB.NE=3IE.NB đpcm NB EB 3) Từ chứng minh trên, ta có: IEA NEB (g g) (3) IA EA Chứng minh tương tự ý 2, ta được: AME BIE (g.g) vì có: E4=E2 (do cùng phụ với  E3) và AME= EIB (cùng bù với  AIE) AM AE (4) BI BE AM BN EB EA 3 1 3 Từ (3) và (4) . . 1 AM.BN=BI.IA= R. R= R 2 không đổi BI AI EA EB 2 2 4 đpcm. *) Do tứ giác AEMI nội tiếp  EIM=EAM (cùng chắn cung EM) Mà EAM=EBA(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp) EIM= EBA Do tứ giác EIBN nội tiếp EIN=EBN (cùng chắn cung EN) Mà  EBA+EBN=900 EIM+EIN=900 MIN vuông tại I Trang 4
5. THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943 01259.844.199 2 1 1 2 2 1 2 2 2 21 2 R 2 9 2 S IMN= IM.IN= IM .IN = (AM IA )(BN IB ) (AM )(BN R ) 2 2 2 2 4 4 1 R2 9R 4 (AM.BN)2 (9AM 2 BN 2 ) 2 4 16 1 9 R2 9R 4 1 9R 4 R 2 R4 (9AM 2 BN 2 ) (9AM 2 BN 2 ) 2 16 4 16 2 8 4 9 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số, ta được: 9AM2+BN2 2.3AM.BN R 2 2 1 94 9 4 3 2 S IMN RRR 2 8 8 4 Dấu “=” xảy ra khi 9AM2=BN2 3AM=BN Câu V(1,0 điểm) (đề thi lên 10 thanh hóa 2018, ngày 08/06/2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1. Chứng minh rằng: 1 1 30 a2 b 2 c 2 abc 1 1 1 9 Giải. Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau: , x, y, z là x y z x y z số thực dương. Thật vậy, áp dụng BĐT Cô si cho 3 số, được: 1 1 1 1 1 1 1 9 (x y z)( ) 33 xyz.33 9 (*) đpcm x y z xyz x y z x y z 1 a b c 1 1 1 9 Áp dụng BĐT (*), ta có: abc abc ab bc ca ab bc ca 1 1 (1) 9abc ab bc ca Lại tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta được 1 1 1 9 9 (2) a2 b 2 c 2 ab bc ca ab bc ca (a b c) 2 1 2 Từ (1) và (2) 9 (3) a2 b 2 c 2 9abc a b c 1 Mặt khác: Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số được: abc ()3 3 27 1 7 27 21 (4) abc 9abc Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được: 1 1 1 30. Dấu “=” xảy ra khi a=b=c= a2 b 2 c 2 abc 3 Lưu ý: BĐT (*) còn được gọi là BĐT Svac xơ. Khi thi lên lơp 10 THPT, lúc áp dụng nên chứng minh. Trang 5
6. THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943 01259.844.199 Trang 6