Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh 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 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) 2 1 1 xy x y xy Cho biểu thức: P  (với x 0; y 0). xy x y x x y y 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Biết xy 16 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Câu 2. (1,0 điểm) Hai lớp 9A và 9B của một trường quyên góp sách ủng hộ. Trung bình mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 5 quyển, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 6 quyển nên cả hai lớp ủng hộ 493 quyển. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của hai lớp là 90. Câu 3. (2,0 điểm) 2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1) : y (m 1)x 2m và (d2 ) : y (m 3)x m 2 (m là tham số). 1. Tìm m để (d1) song song với (d2 ) . 2. Chứng minh: với mọi m đường thẳng (d2 ) luôn đi qua một điểm cố định. 3. Tìm m để (d1),(d2 ) cắt nhau tại M (xM ; yM ) thỏa mãn A 2020xM (yM 2) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4. (1,0 điểm) 3 3 2 2 x y (x 1)y (y 1)x 0 Giải hệ phương trình: 2 x 4 y 4 2x y 7 Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, vẽ AH vuông góc với BC tại H, vẽ đường kính AD cắt BC tại I, trên cạnh AC lấy điểm M sao cho IM song song với CD. 1. Chứng minh: Tứ giác AHIM nội tiếp một đường tròn. 2. Chứng minh: AB.AC AH.AD . 3. Chứng minh: HM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH. 4. Chứng minh: AB.CD AC.BD 4R2 . Câu 6. (0,5 điểm) Xét các số thực a;b;c (a 0) sao cho phương trình bậc hai ax2 bx c 0 có hai nghiệm m;n thỏa mãn: 0 m 1;0 n 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2a2 ac 2ab bc Q a2 ab ac HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu Phần Nội dung Điểm 2 1 1 xy x y xy P  xy x y x x y y 2 xy y x xy x y xy  xy x y x y xy 2 1. x y xy 1.5  xy x y x y Câu 1 (2,0đ) xy x y Vậy P với x 0; y 0. xy Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: x y 2 xy 2 16 4 4 2. P 1 0.5 16 Dấu “=” xảy ra x y 4 Vậy min P 1 tại x y 4 . Gọi số học sinh của lớp 9A và 9B lần lượt là x, y. ĐK: x, y N*; x, y < 90. Vì tổng số học sinh của hai lớp là 90 nên ta có phương trình: x + y = 90 (1) Số sách lớp 9A ủng hộ là 5x (quyển) Số sách lớp 9B ủng hộ là 6y (quyển) Vì cả hai lớp ủng hộ 493 quyển nên ta có phương trình: Câu 2 5x + 6y = 493 (2) 1.0 (1,0đ) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 90 5x 6y 493 x 47 Giải hệ phương trình được (TMĐK) y 43 Vậy lớp 9A có 47 học sinh, lớp 9B có 43 học sinh. (d1) song song với (d2 ) m 1 Câu 3 m2 1 m 3 m2 m 2 0 1. m 2 m 1 0.75 (2,0đ) 2m m 2 m 2 m 2 Vậy m 1 là giá trị cần tìm.
3. Giả sử đường thẳng (d2 ) luôn đi qua điểm cố định T (x0 ; y0 ) Khi đó: y0 (m 3)x0 m 2 m y0 mx0 3x0 m 2 m y0 3x0 2 mx0 m m y 3x 2 (x 1)m m 2. 0 0 0 0.5 x0 1 0 y0 3x0 2 0 x0 1 y0 1 Vậy đường thẳng (d2 ) luôn đi qua điểm cố định T (1;1) (đpcm) 2 2 m 1 (d1) cắt (d2) m 1 m 3 m m 2 0 m 2 Vì (d1),(d2 ) cắt nhau tại M (xM ; yM ) nên xM là nghiệm của phương trình: 2 (m 1)xM 2m (m 3)xM m 2 2 (m m 2)xM m 2 (m 1)(m 2)xM m 2 1 x (do m 1;m 2) M m 1 1 Thay x vào phương trình (d2) được: 3. M m 1 0.75 m 3 2 2 1 yM m 2 1 m 2 (m 1) 2xM m 1 m 1 m 1 xM Do đó: 1 2 A 2020xM 2xM 2 1010 4xM 2 4xM xM 1010 2x 1 2 3 1010.( 3) 3030 M Dấu “=” xảy ra 2 1 1 1 2x 1 0 x m 3 (TMĐK) M M 2 m 1 2 Vậy min A 3030 m 3 3 3 2 2 x y (x 1)y (y 1)x 0 (1) (ĐK: y 4 ) 2 x 4 y 4 2x y 7 (2) Câu 4 (1) x3 y3 (x 1)y2 (y 1)x2 0 1.0 (1,0đ) x3 (y 1)x2 (x 1)y2 y3 0 x2 (x y 1) y2 (x 1 y) 0 (x2 y2 )(x y 1) 0
4. x2 y2 0 x y 1 0 x y 0 x y 1 Dễ thấy x = y = 0 không là nghiệm của phương trình (2) Thay x = y + 1 vào phương trình (2) được: (y 1)2 4 y 4 2(y 1) y 7 y2 2y 1 4 y 4 2y 2 y 7 y2 y 4 y 4 8 y2 y 4 4 y 4 4 2 y2 y 4 2 y y 4 2 y y 4 2 y 4 y 4 2 0 y 4 y 4 6 0 y 4 1 y 4 2 0 y 4 3 y 4 2 0 y 4 2 0 y 4 2 y 0 (TMĐK) Với y 0 x 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (1; 0)
5. A 1 2 E O M 1 1 2 B H I C 1 D Ta có: A· CD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A· MI A· CD 90o (đồng vị, IM // DC) 1. Tứ giác AHIM có: 1.0 A· HI A· MI 90o 90o 180o AHIM là tứ giác nội tiếp. Câu 5 AHB và ACD có: (3,5đ) · · o µ µ 1 » AHB ACD 90 ; B1 D1 sđAC 2 2. 1.0 AHB ACD (g-g) AB AH AB.AC = AH.AD AD AC BC Vì AHB vuông tại H nên AHB nội tiếp E; , với E là trung 2 điểm BC. AHB ACD Aµ 1 Aµ 2 3. EAH cân tại E Aµ 1 Hµ 1 1.0 Tứ giác AHIM nội tiếp Aµ 2 Hµ 2 Do đó: Hµ 1 Hµ 2 E· HM A· HC 90o HM  EH HM là tiếp tuyến của (E) (đpcm) AHB ACD AB HB AB.CD AD.HB AD CD 4. Chứng minh tương tự được AC.BD = AD.HC 0.5 AB.CD + AC.BD = AD(HB + HC) = 2R.BC Vì ABC nhọn BC < 2R AB.CD + AC.BD < 4R2 (đpcm)
6. Lời giải tham khảo trên mạng: Vì phương trình bậc hai ax2 bx c 0 có hai nghiệm m;n nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: b m n a c mn a Vì a 0 nên: b c 2 1 2 2a ac 2ab bc (a b)(2a c) a a Q 2 2 b c a ab ac a ab ac 1 a a Câu 6 (1 m n)(2 mn) 0.5 (0,5đ) 1 m n mn Vì 0 m 1;0 n 1 mn m ; mn n ; mn 1 ; 1 m n 0 1 2 mn 1 ; mn (1 m n) 3 1 m n 1 3 Q 1 1 1 m n (1 m n) 1 4 3 3 b Dấu “=” xảy ra m n 1 a c 2 3 b Vậy minQ a c 4 2