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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LÀO CAI NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu 1: (1,0 điểm). Tính giá trị của các biểu thức sau: a) A = 16 + 9 - 2; 2 b) B = ( 3 - 1) + 1. æ x - 6 1 1 ö 2 x - 6 ç ÷ Câu 2: (1,5 điểm). Cho biểu thức P = ç - + ÷: với x > 0;x ¹ 9. èçx + 3 x x x + 3ø÷ x + 1 a) Rút gọn biểu thức P ; b) Tìm giá trị của x để P = 1. Câu 3: (2,5 điểm). 1 1) Cho đường thẳng (d): y = - x + 2 2 a) Tìm m để đường thẳng(D): y = (m - 1)x + 1song song với đường thẳng (d). 1 b) Gọi A, B là giao điểm của (d)với parabol(P): y = x 2 . Tìm điểm N nằm trên trục 4 hoành sao cho NA + NB nhỏ nhất. ïì ï x + ay = 3a 2) Cho hệ phương trình:í 2 (I) vớia là tham số. ï - ax + y = 2 - a îï a) Giải hệ phương trình(I)khia = 1; b) Tìma để 2y hệ phương trình(I)có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn là x 2 + 3 số nguyên. Câu 4: (2,0 điểm). Cho phương trìnhx 2 - 2x + m - 3 = 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = 0 ; b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệtx1,x2 thỏa mãn: 2 x1 + 12 = 2x2 - x1x2. Câu 5: (3,0 điểm). Cho (O) đường kính AB = 2R , C là trung điểm của OA và dây MN vuông ¼ góc với OA tại C . Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM (K khác B,M ), H là giao điểm của AK vàMN . a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AH.AK = AM 2 c) Xác định vị trí của điểm K để KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Ghi chú: • Thí sinh không sử dụng tài liệu.
2. • Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM LÀO CAI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm có 04 trang) I. Hướngdẫnchấm: 1. Cho điểm lẻ tới 0,25; 2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn; 3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần. 5. Nếu thí sinh vẽ sai hình thì không cho điểm câu hình học. 6. Thí sinh chỉ viết qui trình bấm phím máy tính câu nào thì không cho điểm câu đó. II. Biểuđiểm Câu Nội dung Điểm 1 a. (0,5 điểm)Tính giá trị của các biểu thức sau: A 16 9 2 (1,0 điểm) A 16 9 2 25 2 0,25 5 2 3 0,25 2 b. (0,5 điểm) B 3 1 1 2 B 3 1 1 3 1 1 0,25 3 1 1 3 0,25 2 x 6 1 1 2 x 6 (1,5 điểm) a.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức P : x 3 x x x 3 x 1 Với điều kiện x 0; x 9, ta có : x 6 1 1 2 x 6 x 6 1 1 x 1 0,25 P : . x 3 x x x 3 x 1 x x 3 x x 3 2 x 3 x 6 x 3 x x 1 . 0,25 x x 3 2 x 3 x 9 x 1 . 0,25 x x 3 2 x 3 x 9 x 1 x 1 0,25 2 x x 9 2 x b.(0,5 điểm)Tìm giá trị của x để P 1. x 1 Ta có: P 1 1 x 1 2 x 2 x 0,25 2 x 1 2 x 0 x 1 0 x 1 Kết hợp với điều kiện ta thấy x 1thỏa mãn yêu cầu đề bài. 0,25 3 1 1.(1,0 điểm) Cho đường thẳng d : y x 2 (2,5 điểm) 2 Tìm m để đường thẳng : y m 1 x 1song song với đường thẳng d 1.a) (0,5 điểm)
3. 1 m 1 Đường thẳng song song với đường thẳng d khi và chỉ khi: 2 1 2 0.25 1 m 2 1 Vậy, với m , hai đường thẳng , d song song với nhau. 0.25 2 1 1.b) (0,5 điểm) Gọi A,B là giao điểm của d với Parabol P : y x2 . Tìm điểm N 4 nằm trên trục hoành sao cho NA + NB nhỏ nhất. 1 2 1 x 2 Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d): x x 2 4 2 x 4 0.25 Do đó: A 4;4 , B 2;1 . Lấy B ' 2; 1 đối xứng với với B qua trục hoành. Ta có: NB = NB’, khi đó: NA NB NA NB ' AB '. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A,N,B thẳng hàng. Điểm N cần tìm chính là giao điểm của AB’ và trục Ox. Phương trình AB’ có dạng y mx n . Do hai điểm A,B’ thỏa mãn phương trình đường 5 2 thẳng nên phương trình AB’: y x . 6 3 0,25 4 Từ đó tọa độ giao điểm của AB’ và và Ox là N ;0 5 x ay 3a I 2.a) (1,0 điểm) Cho hệ phương trình: 2 với a là tham số. ax y 2 a Giải hệ phương trình I khi a 1; x y 3 Khi a 1, hệ (I) có dạng 0,25 x y 1 2y 4 0,25 x y 3 x 3 y 0,25 y 2 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y (1;2). y 2 0,25 2y 2.b) (0,5điểm) Tìm a để hệ phương trình I có nghiệm duy nhất thỏa mãn là số x2 3 nguyên. x ay 3a x a (I) 2 ax y 2 a y 2 x a 0,25 Hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi a. y 2
4. 2y 4 4 Khiđó: . Do x2 3 3với mọi x nên: là số nguyên x2 3 a2 3 a2 3 khi và chỉ khi a2 3 4 a 1. 0,25 2 4 a.(1,0 điểm) Cho phương trình x 2x m 3 0 1 với m là tham số. (2,0 điểm) Giải phương trình (1) khi m 0 ; Khi m = 0, (1) có dạng x2 2x 3 0 0,25 16 0 . Khi đó (1) có 2 nghiệm phân biệt là 0,25 2 16 x 3 ; 1 2 0,5 2 16 x 1 2 2 b.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 2 thỏa mãn: x1 12 2x2 x1x2. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ' 0 4 m 0 m 4 0,25 Với điều kiện trên, giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 , theo định lý x1 x2 2 2 0,25 Vi –étta có: . x1x2 m 3 3 2 2 x1 12 2x2 x1x2 x1 x1x2 2x2 12 0 Áp dụng tính được: x1 x1 x2 2x2 12 0 2 x1 x2 12 0,25 x1 x2 6 x1 x2 2 x1 2 x x m 3 x 4 Kết hợp với (2),(3) ta có hệ phương trình: 1 2 2 0,25 x1 x2 6 m 5 Kết hợp với điều kiện ta thấy m 5 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 5 Cho (O) đường kính AB = 2R , C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc với OA tại (3,0 điểm) ¼ C . Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM (K khác B,M ), H là giao điểm của AK vàMN . a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AH.AK = AM 2 c) Xác định vị trí của điểm K để KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.
5. a) (1,0 điểm) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp. Ta có B·KH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 0,25 H·CB = 900 (giả thiết) 0,25 · · 0 0 0 Tứ giác BCHK có BKH + HCB = 90 + 90 = 180 và hai góc này ở vị trí đối 0,25 nhau. Vậy BCHK là tứ giác nội tiếp. 0,25 b.(1,0điểm) Chứng minh AH.AK = AM 2 ¼ ¼ Ta có AB  MN AM = AN (tính chất đường kính vuông góc với dây cung) (1) 1 ¼ 0,25 Xét (O) có : A· MN sđAN (góc có đỉnh nằm trên đường tròn) (2) 2 1 ¼ A· KM sđAM (góc có đỉnh nằm trên đường tròn) (3) 2 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra A· MN A· KM hay A· MH A· KM Xét AHM và AMK có A· MH A· KM (chứng minh trên) 0,25 Aµ chung AHM ∽ AMK (g – g) AH AM AM AK 0,25 AH.AK AM 2 c) (1,0 điểm) Xác định vị trí của điểm K để KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Ta có : A·MB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) R 3R Þ DAMB vuông tại M có đường cao MC ; AC = ;BC = , AB = 2R 2 4 ïì 2 ïì ï 2 3R ï R 3 ï MC = AC.CB = ï MC= Þ í 4 Þ í ï ï 2 0,25 ï MB 2 = BA.BC = 3R2 ï MB = R 3 îï îï MN = 2MC = R 3 Þ MN = MB = R 3 (1) Mặt khác: AB là đường trung trực của MN (tính chất đường kính vuông góc dây cung) Þ BM = BN (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác BMN đều Trên đoạn KN lấy điểm P sao cho KP = KB suy ra tam giác KBP cân tại K. · · 0 0,25 PKB = MNB = 60 Þ tam giác KBP đềuÞ BP = BK · · · 0 Ta có : NBP = KBM (= NBK - 60 ) Dễ dàng chứng minh được: DBPN = DBKM (c.g.c) 0,25 Þ NP = MK Þ KM + KN + KB = 2KN Do đóKM + KN + KB lớn nhất Û KN lớn nhất Û KN là đường kính của (O) Û K là điểm chính giữa của cung MB. 0,25 Khi đó KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất bằng 4R. Chú ý: Nếu thí sinh giải bài toán bằng cách áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác BKMN để
6. có: KM .BN KB.MN KN.BM (mà không chứng minh định lý) thì cho 0,5 điểm toàn bài.