Đề giới thiệu thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo huyện Kinh Môn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề giới thiệu thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo huyện Kinh Môn (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN KINH MÔN ĐỀ GIỚI THIỆU THI TUYỂN SINH VÀO THPT PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm có 01 trang 05 câu) Câu 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 1. Giải phương trình: (3x 1)2 2 2x y 1 2y 2. Giải hệ phương trình sau: 3x y 3 x Câu 2 (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d1) : y = 2x +5 và (d2) : y = (m + 1)x + m – 1 Tìm m để hai đường thẳng cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 1. 2 x 9 x 3 2 x 1 2 ) Rút gọn biểu thức sau: ()A x 0; x 4; x 9 x 5 x 6 x 2 3 x Câu 3 (2,0 điểm) 1) Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 A = x1 + 2(m - 1)x2 – m + 1 2) Cho một tam giác có đường cao với độ dài bằng một nửa độ dài cạnh đáy tương ứng. Nếu tăng chiều cao thêm 2 m và cạnh tương ứng tăng thêm 6 m thì được một tam giác có diện tích gấp đôi diện tích tam giác ban đầu. Tính diện tích của tam giác ban đầu. Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O). Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O) (với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K. a) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK. c) Gọi C là giao điểm của NB và HI, gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại E. Chứng minh CI = EA. Câu 5 (1,0 điểm) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0.Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 biểu thức : M . x y Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a. ( 1,0 điểm ) (2,0 (3x 1)2 2 điểm ) 3x 1 2 0,25 x 1 3x 1 2 3x 3 1 0,5 3x 1 2 3x 1 x 3 1 0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x 1; x 1 2 3 b. (1,0 điểm) 2x y 1 2y 2x y 1 0,25 3x y 3 x 4x y 3 2x 2 x 1 0,5 2x y 1 y 1 x 1 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là y 1 2 1) (1,0 điểm) ( 2,0 Tìm được tọa độ của điểm cắt nhau của hai đường thẳng là 0,5 điểm) (-2; 1) Thay x = -2; y = 1 vào y = (m + 1)x + m – 1 tìm được m = - 4 0,5 2. (1,0 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 A (x 0; x 4; x 9) x 5 x 6 x 2 3 x 2 x 9 x 3 2 x 1 = 0,25 x 3 x 2 x 2 x 3 0,25
3. 2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 = 0,25 x 3 x 2 2 x 9 x 9 2x x 4 x 2 = 0,25 x 3 x 2 x x 2 = x 3 x 2 x 1 x 2 x 1 x 3 x 2 x 3 3 1. (1,0 điểm) ( 2,0 Cho phương trình: x2 - 2(m -1)x + m - 3 = 0 điểm Ta có ’= (m - 1)2 - (m - 3) = m2 - 3m + 4 ) 3 9 7 ’ = m2 - 2. .m + + 2 4 4 2 3 7 ’ = m > 0 với mọi m 2 4 0,25 phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. x1 x2 2m 2 Áp dụng hệ thức vi-et: 0,25 x1.x2 m 3 Ta có: 2 A = x1 + 2(m - 1)x2 – m + 1 2 = x1 + (x1 x2 )x2 – m + 1 2 2 = x1 + x2 + x1x2 – m + 1 2 = (x1 + x2) - 2x1x2 + x1x2 – m + 1 2 = (x1 + x2) - x1x2 – m + 1 = (2m - 2)2 - (m - 3) – m + 1 2 2 5 7 7 = 4m - 10m + 8= 2m với mọi m 2 4 4 0,25 7 5 Giá trị nhỏ nhất của A = m = 4 4 0,25 2. (1,0 điểm) Gọi độ dài chiều cao là x (m), x 0. Độ dài cạnh tương ứng là 2x (m). 1 0,25 Khi đó diện tích tam giác là x.2x x2. 2 Khi tăng chiều cao thêm 2 m ta được x 2 (m) Khi tăng độ dài cạnh tương ứng thêm 6 m ta được 2x 6 (m). Diện tích tam giác sau khi tăng chiều cao và cạnh tương ứng là 0,25
4. 1 x 2 . 2x 6 x2 5x 6. 2 0,25 Theo bài ra ta có phương trình x2 5x 6 2x2 x2 5x 6 0. Tìm được các nghiệm x1 1 (loại) và x2 6 (thỏa mãn) 0,25 Vậy diện tích của tam giác đã cho là 36 m2. 4 A - Vẽ hình 0,25 ( 3,0 E điểm) K M D O N I C H B a. (0,75 điểm) Vì ·AIN là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ·AIN = 900 B· IN = 900 0,25 · 0 Vì AH  MB BHN = 90 0,25 Xét tứ giác NHBI có B· IN + B·HN = 1800 Vậy tứ giác NHBI nột tiếp (vì có tổng hai góc đối nhau bằng 1800) 0,25 b. (1,0 điểm) Chứng minh tứ giác AINK nội tiếp (tổng 2 góc đối nhau bằng 1800) Vì tứ giác AINK nội tiếp I·AN = I·KN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NI) 0,25 Xét (O) ta có: I·AN = N·BH (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BN) Vì tứ giác NHBI nột tiếp N·BH = N· IH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN) Suy ra: N· IH = I·KN (1) Vì tứ giác NHBI nột tiếp N· HI = N· BI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IN) Xét (O) ta có: N· BI = N·AK (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AN) 0,25 Vì tứ giác AINK nội tiếp N·AK = N· IK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KN) Suy ra: N· HI = N· IK (2) Từ (1) và (2) NHI đồng dạng với NIK 0,25 0,25
5. c. (1,0 điểm) Ta có: K·AH = N· HI (cùng bằng N· BI ) mà chúng ở vị trí so le trong HI // MA hay AE // IC (3) 0,25 Vì C· IN + N· ID + D· NC = I·AN + N· BA + D· NC = 1800 · · Suy ra tứ giác CNDI nội tiếp NDC = NIC 0,25 mà N· IC = N· AB (cùng bằng)N·BH Suy ra: N·DC = N· AB mà chúng ở vị trí đồng vị AB // EC hay AI // EC (4) Từ (3) và (4) suy ra: Tứ giác AECI là hình bình hành 0,25 Vậy AE = IC 0,25 5 Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 0,25 (1,0 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 (x + 1)3 + (y + 0,25 điểm) 1)3 + (x + y + 2) = 0 (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*) 0,25 2 2 2 1 3 2 Vì x 1 – x 1 y 1 y 1 1= x 1 y 1 y 1 1 0 0,25 2 4 Nên (*) x + y + 2 = 0 x + y = - 2 1 1 x y 2 2 1 Ta có : M Ta có x y 4xy 4 4xy 1 ( vì x.y x y xy xy xy 2 dương) 2 xy Vậy MaxM = -2 x = y = -1 . Hết