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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HOÁ NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 08/06/2018 Đề thi có: 01 trang gồm 05 câu. Câu I: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: x2 8x 7 0 . 2x y 6 2. Giải hệ phương trình: . 5x y 20 Câu II: (2,0 điểm) x 1 x x 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 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức 2 2 x1 2018 x1 x2 2018 x2 . Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB 2R . Gọi d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B . Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1 , d2 lần lượt tại M , N . 1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh IB.NE 3.IE.NB . 3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R . Câu V: (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Chứng minh 1 1 30. a2 b2 c2 abc Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HOÁ NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Hướng dẫn chấm gồm có: 03 trang Hướng dẫn chung: Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng. Câu Ý NỘI DUNG Điểm Giải phương trình: x2 8x 7 0 . 1 (1,0đ) Ta thấy phương trình có các hệ số thỏa mãn a b c 1 8 7 0 . 0,5 Do đó phương trình có hai nghiệm x 1; x 7 0,5 2x y 6 Giải hệ phương trình: I 5x y 20 (2,0đ) 2 7x 14 x 2 Hệ tương đương với 0,5 (1,0đ) 5x y 20 5x y 20 x 2 x 2 . 0,5 10 y 20 y 10 x 1 x x Rút gọn biểu thức A : , với x 0 . x 4 x 4 x 2 x x 2 x 1 x x Ta có: A : x 4 x 4 x 2 x x 2 0,25 x 1 x x : 2 1 ( x 2) x( x 2) x 2 (1,0đ) x 1 x x : 0,25 2 ( x 2) x 2 x 2 x 1 x( x 1) : 0,25 II ( x 2)2 x 2 (2,0đ) 1 0,25 x( x 2) 1 Tìm tất cả các giá trị của x để A . 3 x 1 Với x 0 ta có A và x 0 ; x 2 0. 2 x( x 2) 1 1 1 0,5 (1,0đ) Khi đó A x 2 3 3 x x x 2 3 x x 1 x 1 0,25 Kết hợp với điều kiện ta được: 0 x 1. 0,25 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 . III 1 (2,0đ) (1,0đ) Đường thẳng d : y ax b song song với đường thẳng d ' : y 2x 3 nên ta a 2 0,5 có . b 3 1
3. Khi đó d : y 2x b đi qua điểm A 1; 1 nên: 0,5 1 2.1 b b 3 (thỏa mãn điều kiện b 3 ) . Vậy a 2 , b 3 . Cho phương trình x2 (m 2)x 3 0 ( m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn 2 2 hệ thức: x1 2018 x1 x2 2018 x2 . Ta có (m 2)2 12 0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x , x với mọi m. 1 2 0,25 (Lưu ý: Học sinh có thể nhận xét ac 3 0 để suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, trái dấu với mọi m ) 2 2 Ta có: x1 2018 x1 x2 2018 x2 x2 2018 x2 2018 x x 2 1 2 2 1 0,25 (1,0đ) x2 x2 1 2 x x 2 2 2 1 x1 2018 x2 2018 x1 x2 0 (1) x2 2018 x2 2018 x x (2) 1 2 1 2 0,25 Theo định lí Viet ta có: x1 x2 m 2 . Khi đó: (1) m 2 0 m 2 . (2) không xảy ra. Thật vậy: 2 2 Do x1 2018 x1 ; x2 2018 x2 suy ra 0,25 2 2 x1 2018 x2 2018 x1 x2 x1 x2 . Vậy m 2 . Cho đường tròn tâm O , đường kính AB 2R . Gọi d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA , E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B . Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1 , d2 lần lượt tại M , N . d N E M IV (3,0đ) A B I O d1 d2 Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 1 M· AI M· EI 900 0,5 (1,0đ) Suy ra M· AI M· EI 1800 . Vậy AMEI nội tiếp. 0,5 2
4. Chứng minh IB.NE 3.IE.NB . +) E· AI E· BN (cùng phụ với E· BA ) 0,5 +) ·AEI B· EN (cùng phụ với I·EB ). Suy ra IAE NBE . 2 : IA NB (1,0đ) IA.NE IE.NB 0,25 IE NE IB .NE IE.NB IB.NE 3IE.NB (đpcm). 0,25 3 Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R . Do tứ giác AMEI nội tiếp nên ·AMI ·AEI (1). Tương tự ta có tứ giác BNEI nên B· IN B· EN (2). 0,25 Theo trên ta có ·AEI B· EN (3). Từ (1), (2), (3) suy ra ·AMI B· IN (4). Do tam giác AMI và BIN vuông tại A và B , suy ra AMI : BIN . AM AI 0,25 3 Suy ra: AM.BN AI.BI không đổi. (1,0đ) BI BN Từ (4) ta có: B· IN ·AIM ·AMI ·AIM 900 M· IN 900 hay MNI vuông 1 1 tại I . Khi đó: S IM.IN AM 2 AI 2 . BN 2 BI 2 MNI 2 2 0,25 1 R 3R 3R2 2AM.AI . 2BN.BI AM.BN.AI.BI AI.BI . 2 2 2 4 3R2 Dấu “=” xảy ra khi AM AI, BN BI . Vậy S đạt GTNN bằng 0,25 MNI 4 1 1 Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Chứng minh 30. a2 b2 c2 abc Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 1 a b c 33 abc 0 1 9 0,25 ab bc ca 9abc 0 3 2 abc ab bc ca ab bc ca 3 abc 0 Khi đó: 1 1 1 9 a2 b2 c2 abc a2 b2 c2 ab bc ca 1 1 1 7 1 a2 b2 c2 ab bc ca ab bc ca ab bc ca V 1 1 1 9 (1,0đ) Áp dụng bất đẳng thức với mọi x, y, z 0 ta được 0,25 (1,0đ) x y z x y z 1 1 1 9 a2 b2 c2 ab bc ca ab bc ca a2 b2 c2 2 ab bc ca 9 9 2 a b c 2 2 Lại có 1 a b c a2 b2 c2 2 ab bc ca 3 ab bc ca 3 0,25 1 1 Thay 2 , 3 vào 1 ta được 9 7.3 30 . a2 b2 c2 abc 0,25 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c . 3 Hết 3