Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán năm 2019 (Dành cho mọi thí sinh) - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán năm 2019 (Dành cho mọi thí sinh) - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ninh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2019 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi: Toán (Dành cho mọi thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi này có 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) 1. Thực hiện phép tính: 2 9 3 4 . 28(a 2)2 2. Rút gọn biểu thức: , với a 2 . 7 3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số y x2 và đồ thị hàm số y 3x 2 . Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2x m 1 0 , với m là tham số. 1. Giải phương trình với m 1 . 2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa 3 3 2 mãn x1 x2 6x1x2 4(m m ) . Câu 3. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong. Mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày ? Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R ), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm thuộc cung nhỏ BC (E không trùng với B và C), tiếp tuyến của đường tròn (O;R ) tại E cắt đường thẳng AB tại I. Gọi F là giao điểm của DE và AB, K là điểm thuộc đường thẳng IE sao cho KF vuông góc với AB. a. Chứng minh tứ giác OKEF nội tiếp. b. Chứng minh O·KF O·DF . c. Chứng minh DE.DF 2R2 . d. Gọi M là giao điểm của OK với CF, tính tanM· DC khi E· IB 45o . Câu 5. (0,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2019 biểu thức P . x2 y2 z2 xy yz zx Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 1 2 9 3 4 2.3 3.2 6 6 0 0.5 Với a 2 , ta có: 2 28(a 2)2 0.5 4(a 2)2 2 a 2 2 a 2 7 Câu 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: (2,0đ) x2 3x 2 x2 3x 2 0 Giải phương trình được x1 1; x2 2 3 1.0 Với x 1 thì y 12 1 Với x 2 thì y 22 4 Vậy tọa độ các giao điểm của hai đồ thị là (1; 1) và (2; 4). Với m 1 , ta có phương trình: 2 x 0 1 x 2x 0 x(x 2) 0 0.5 x 2 Vậy với m 1 , phương trình có tập nghiệm S 0; 2 Phương trình x2 2x m 1 0 Xét ' 1 (m 1) 2 m Phương trình có hai nghiệm phân biệt ' 0 m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 2 Câu 2 x1x2 m 1 (2,0đ) Theo đề bài: x3 x3 6x x 4(m m2 ) 2 1 2 1 2 1.5 3 2 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) 6x1x2 4(m m ) ( 2)3 3(m 1).( 2) 6(m 1) 4(m m2 ) 8 6m 6 6m 6 4(m m2 ) 8 4(m m2 ) m2 m 2 0 Giải phương trình trên được: m1 1 (TMĐK), m2 2 (loại) Vậy m 1 là giá trị cần tìm. Gọi thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ hai làm một mình xong việc lần lượt là x (ngày) và y (ngày). ĐK: x, y > 9. Câu 3 1 Mỗi ngày: người thứ nhất làm được công việc, người thứ hai làm 2.0 (2,0đ) x 1 1 được công việc, hai người cùng làm được công việc. y 9
3. 1 1 1 Ta có phương trình: (1) x y 9 Vì mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình: 1 3 (2) y x Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 1 1 1 1 3 1 4 1 x y 9 x x 9 x 9 x 36 1 3 1 3 1 3 y 12 y x y x y x Vậy nếu làm một mình thì người thợ thứ nhất cần 36 ngày, người thợ thứ hai cần 12 ngày để làm xong công việc. C K 1 1 E H M 1 A I 0.25 O F B D Câu 4 (3,5đ) Tứ giác OKEF có: O·EK 90o (EK là tiếp tuyến của (O)) a O·FK 90o (KF  AB) 0.75 O·EK O·EK 90o OKEF là tứ giác nội tiếp. OKEF là tứ giác nội tiếp µ µ K1 E1 b ODE cân tại O (OD = OE = R) 0.75 · µ ODF E1 µ · Do đó K1 ODF (đpcm). Ta có D· EC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) DOF và DEC có: c 0.75 O· DF chung ; D· OF D· EC 90o DOF DEC (g-g)
4. DO DF DE DC DE.DF DO.DC R.2R 2R 2 Ta có: E· IB 45o E·OB 45o E là điểm chính giữa của cung BC DF là tia phân giác của O·DB Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: OF OD FB BD OF FB OF FB OB OD BD OD BD OD BD OF R 1 2 1 R R R 2 1 2 (Vì OBD vuông cân tại O nên BD OB 2 R 2 ) OF R 2 1 µ µ · d Dễ thấy C1 K1 ( ODF) 1.0 OCKF là tứ giác nội tiếp C·KF C·OF 180o C·KF 90o OCKF là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) M là trung điểm của CF Vẽ MH  OC H là trung điểm của OC HM là đường trung bình của COF 1 R 2 1 HM OF 2 2 3 Lại có HD = OH + OD = R 2 HM R 2 1 3 2 1 tan M· DC tan M· DH : R HD 2 2 3 1 2019 P x2 y2 z2 xy yz zx 1 1 1 2017 x2 y2 z2 xy yz zx xy yz zx xy yz zx Ta có: Câu 5 (a b c)2 3(ab bc ca) a2 b2 c2 ab bc ca 1.0 (0,5đ) 1 (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 2 3(ab bc ca) (a b c)2 Dấu “=” xảy ra a b c Với a,b,c 0 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
5. a b c 33 abc 1 1 1 1 33 a b c abc 1 1 1 3 1 a b c 3 abc.33 9 a b c abc 1 1 1 9 a b c a b c Dấu “=” xảy ra a b c Với x y z 1 , áp dụng các kết quả trên, ta có: 1 1 1 x2 y2 z2 xy yz zx xy yz zx 9 9 9 9 x2 y2 z2 2(xy yz zx) (x y z)2 12 2017 6051 6051 6051 6051 xy yz zx 3(xy yz zx) (x y z)2 12 P 9 6051 6060 1 Dấu “=” xảy ra x y z 3 1 Vậy min P 6060 x y z 3 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương