Đề thi kiểm tra tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Lần 2 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi kiểm tra tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Lần 2 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. TT MH: ANH NGỮ QUỐC TẾ VÀ BỒI DƯỠNG ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10. VĂN HÓA: VĂN, TOÁN, LÝ, HÓA, ANH NĂM HỌC 2018-2019. Cs1: 43A, đg Ng Huy Oánh, Trường Thi, tp Vinh, Nghệ An. LẦN 2. Thời gian:120 phút CS2: số 22, đường Thái Phiên, p Hồng Sơn, tp Vinh. Ngày . tháng 5 năm 2019 CS3:xã Nghi Phong, huyện Nghi Lộc, Nghệ An. CS4: xã Nghi Ân, Tp Vinh, Nghệ An. Họ tên: ĐT NÓNG: 0917188926 12 2(x 4) x 8 Bài 1 (2,5 đ): a) Rút gọn P 16 3 8 . b, Tính giá trị của biểu thức Q = với 3 x 3 x 4 x 1 4 x x là nghiệm của ptrình x2 - 4 3 x - 4 = 0 vàx 0; x 16 . c) Tìm gtrị của x để giá trị của B là một số nguyên. Bài 2 (1,5 điểm): a, Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có hệ số góc k, (d) đi qua điểm M(1; – 3) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B. Xác định tọa độ các điểm A, B theo k. b, Với những giá trị nào của k thì parabol (P) : y 2x2 và đg thg (d) chỉ có một điểm chung? Tìm tọa độ điểm chung đó. Bài 3 (1,5 điểm): a) Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban dầu và số đảo ngược của nó bằng 18 (số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại) và tổng của số ban đầu với bình phương của số đảo ngược của nó bằng 618. b) Cho pt: x2 mx 1 0 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để pt có hai ngh phân biệt x1, x2 t/mx1 x2 và x1 x2 6 . Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O; R) và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó. Kẻ cát tuyến AMN không qua O (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O; R) (B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh EB.EC EM.EN và IA là tia phân giác của B· IC . c) Tia MF cắt (O; R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh AMF AON và BC / /DN . d) Giả sử AO 2R . Tính diện tích tam giác ABC theo R. Bài 5 (1,0 điểm): a) Giải phương trình 2 x 3x 1 x 1 . b)Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn 3ab a b 3ab 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 1 a2 1 b2 . a b HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 12 2 3 a) P 16 3 8 4 2 4 2 2 4 0.75 3 3 Với x 0; x 16 2x 8 x x 4 8 x 1 3x 12 x 3 x B = = = x 1 x 4 x 1 x 4 x 1 2 b) Giải phương trình x - 4 3 x - 4 =0 được x1 =4 2 3 ,x2 = 4 2 3 1.0 Ta thấy x = 4 2 3 (Thỏa mãn ĐKXĐ) Bài 1 1 (2,5đ) x2 = 4 2 3 (Không thỏa mãn ĐKXĐ) Thay x1 = 4 2 3 vào biểu thức B và tính được B = 33 -3 Kết luận: Chỉ ra được B 0 Chỉ ra được B < 3 0 B < 3 Vì B Z B 0;1;2 c) 0.75 B = 0 x = 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ) 1 B = 1 x = ( thỏa mãn ĐKXĐ) 4
2. B = 2 x = 4 ( thỏa mãn ĐKXĐ) 1  Vậy để B Z thì x 0; ;4 4  a) Phương trình tổng quát của đường thẳng (d): y = ax + b Vì (d) có hệ số góc bằng k và đi qua M(1; – 3) nên ta có: a k a k 3 k 1 b b k 3 a) 0.75 b Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại A ;0 và cắt Oy tại B(0; b) a Bài 2 k 3 Vậy: A ;0 và B(0; – k – 3) (1,5đ) k Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2x2 = kx – k – 3 2x2 - kx + k + 3 = 0 (*) (P) và (d) chỉ có một điểm chung b) Phương trình (*) có nghiệm kép 0.75 Khi đó, phương trình (*) có nghiệm kép: Với Vậy với thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung là điểm Gọi x là số có hai chữ số cần tìm, y là số nghịch đảo của nó. ĐK: x, y ¥ ; 10 .y x 99 x y 18 x y 18 (1) Theo đề bài ta có: 2 2 a) x y 618 y y 600 (2) 1.0 Giải phương trình (2) được y = 24 (nhận) hoặc y = – 25 (loại) y = 24 x = y + 18 = 42 vậy số cần tìm là 42 Phương trình: x2 mx 1 0 Bài 3 Vì ac 1 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu (1,5đ) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu và x1 x2 nên x1 0 x2 Theo đề bài: b) 0.5 x1 x2 6 x1 x2 6 (vì x1 0 x2 ) x1 x2 6 m 6 Vậy m 6 là giá trị cần tìm. B D 1 F A 4 O Bài 4 1 2 3 0.25 (3,5đ) 1 M 1 E 2 1 2 I 1 N C a) Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của (O) 0.75
3. A·BO A·CO 900 B, C thuộc đường tròn đường kính AO Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO. EBM và ENC có: µ µ E1 E2 (hai góc đối đỉnh) µ µ B1 N1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) 0.5 EBM ENC (g.g) EB EM EB.EC EM.EN EN EC (O) có dây MN không đi qua tâm và I là trung điểm của dây MN b) OI  MN A· IO 900 I thuộc đường tròn đường kính AO Xét đường tròn đường kính AO có: $ · I1 AOB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB) 0.5 $ · I2 AOC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Mà A·OB A·OC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) $ $ I1 I2 Vậy IA là tia phân giác của góc BOC. ABM và ANB có: B·AN chung A·BM A·NB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) ABM ANB (g.g) AB AM AB2 AM.AN AN AB Ta có: OB = OC = R AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) OA là đường trung trực của BC OA  BC tại F ABO vuông tại B, đường cao BF. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác 0.5 vuông, ta có: AB2 AF.AO AM.AN AF.AO ( AB2 ) AM AF c) AO AN AMF và AON có: AM AF O·AN chung, AO AN AMF AON (c.g.c). $ · Từ AMF AON F1 ANO (1) MFON là tứ giác nội tiếp Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MFON có µ $ M1 F4 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ON) (2) OMN cân tại O (vì OM = ON = R) 0.5 µ · µ · M1 ONM hay M1 ANO (3) $ $ Từ (1), (2), (3) F1 F4 (4) Vì OA  BC tại F $ $ $ $ 0 F1 F2 F4 F3 90 (5)
4. $ $ $ 1 · Từ (4), (5) F2 F3 F2 MFN 2 Lại có M· FN M· ON (vì tứ giác MFON nội tiếp) $ 1 · F2 MON (6) 2 (O) có Dµ là góc nội tiếp, M· ON là góc ở tâm cùng chắn M¼N 1 Dµ M· ON (7) 2 $ µ Từ (6), (7) F2 D Mà 2 góc ở vị trị đồng vị BC // DN. ABO vuông tại B, đường cao BF OB2 OA.OF OB2 R 2 1 OF R OA 2R 2 1 3 AF AO OF 2R R R 2 2 d) Lại có: 0.5 3 1 3 3 3 BF2 AF.OF R  R R 2 BF R 2 R 2 2 4 4 2 Vì OA là đường trung trực của BC nên BC = 2BF Diện tích ABC là: 1 3 3 3 3 S AF.BC AF.BF R. R R 2 (đơn vị diện tích). 2 2 2 4 2 x 3x 1 x 1 (1) ĐK: x 0 Đặt 2 x a, 3x 1 b a2 b2 4x 3x 1 x 1 Phương trình (1) trở thành a b a2 b2 (a b)(a b) (a b) 0 (a b)(a b 1) 0 a b 0 a b 1 0 Bài 5 0.5 (1,0đ) a b a b 1 2 x 3x 1 (2) 2 x 3x 1 1 (3) (2) 4x 3x 1 x 1 (thỏa mãn ĐK) Với x 0 2 x 0; 3x 1 1 2 x 3x 1 1 Kết hợp với (3) x 0 (thỏa mãn ĐK) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S 0;1 Ta có: 0.5
5. (a b)2 0 a2 2ab b2 0 a2 b2 2ab a2 2ab b2 4ab a2 2ab b2 4ab 2 2 2 2 2 2 2 2 2(a b ) a 2ab b 2(a b ) a 2ab b (a b)2 4ab (1) 2 2 2 (a b) 2(a b ) (2) Theo đề bài: a b 3ab 1 4(a b) 12ab 4 4(a b) 3(a b)2 4 (theo (1)) 3(a b)2 4(a b) 4 0 (a b 2)3(a b) 2 0 3(a b) 2 0 (vì a,b 0 a b 2 0) 2 a b 3 4 2(a2 b2 ) (a b)2 (theo (2)) 9 Áp dụng các kết quả trên, ta có: 2 4 32 1 a2 1 b2 2 1 a2 1 b2 4 2 a2 b2 4 9 9 4 2 1 a2 1 b2 3 3ab 1 (a b) 1 1 1 1 1 a b a b a b 2 2 3 Do đó: 3ab 4 2 1 P 1 a2 1 b2 a b 3 2 Dấu “=” xảy ra a b a b 1 2 a b (vì a,b 0) a b 3ab 1 3a 2a 1 0 3 4 2 1 1 Vậy maxS khi a b . 3 2 3