Tổng hợp các đề thi tuyển sinh môn toán chuyên vòng 1 trên cả nước năm học 2018 2019 có đáp án

42 731 0
Tổng hợp các đề thi tuyển sinh môn toán chuyên vòng 1 trên cả nước năm học 2018   2019 có đáp án

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN (CHUNG) Ngày thi: 02/6/2018 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (1,0 điểm) Cho biểu thức T  a  33 a 6   a   a  a a    , với a  0, a  4, a   a) Rút gọn T b) Xác định giá trị a để T > Câu 2: (2,0 điểm) 2 Cho phương trình x   m  1 x  m  3m   (m tham số) Tìm m để phương trình 2 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2  x1 x2 5 2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =  2x  x2  Câu 3: (2,0 điểm) Một người dự định từ A đến B cách 120 km xe máy với vận tốc không đổi để đến B vào thời điểm định trước Sau người nghỉ 10 phút, để đến B thời điểm định, người phải tăng vận tốc thêm 6km/giờ so với vận tốc ban đầu qng đường cịn lại Tính vận tốc ban đầu người Câu 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O AD đường kính đường tròn (O), H trung điểm BC Tiếp tuyến D (O) cắt đường thẳng BC M Đường thẳng MO cắt AB, AC E F a) Chứng minh MD  MB.MC b) Qua B kẻ đường thẳng song song với M cắt đường thẳng AD P Chứng minh bốn điểm B, H, D, P nằm đường tròn c) Chứng minh O trung điểm EF Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = Chứng minh a  b  c  LỜI GIẢI THAM KHẢO Câu 1: a) T  a  33 a 6   a   a  a a        a    a   a 3     a a   a    a  a     a  a 3      a 3 a a   a 3 a a   a    a  Vậy a > a  T > b) T   a Câu 2: Phương trình có =T   '  b '2  ac     m  1    m2  3m    m2  2m   m2  3m   m  PT có hai nghiệm phân biệt   '   m    m  b c Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2    m  1 ; x1 x2  m  3m  a a  x12  x22  x1 x2 5  x1  x2  2    3x1 x2     m  1   m2  3m     29   29  m  m    m1  (TMĐK) ; m2  (KTMĐK) 2   29 2 Vậy m = PT có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2  x1 x2 5 2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =  2x  x2  Ta có:  x  x      x  1      2  Do đó: A = 2018  2018    Vậy GTNN A 1009   1 x =  x  x2  2 1 1009 1009 1    1  2 Câu 3: Gọi x (km/h) vần tốc dự định lúc đầu ĐK x > 120 Thời gian dự định hết quãng đường AB (giờ) x Trong đầu xe quãng đường là: 1.x (km); Quãng đường lại phải là: 120 – x (km) 120  x Thời gian quãng đường lại là: (giờ) x6 120  x 120   x  x  4320  Ta có phương trình:   x6 x  x1  48 (TMĐK); x2  90 (KTMĐK) Vậy vận tốc lúc đầu 48 (km/h) Câu 4: MD MC =  MD  MB.MC a) Δ MDC ∽ Δ MBD (g.g)  MB MD   b) Ta có OH  BC (vì HB = HC) Do đó: OHM = ODM = 900  Tứ giác OHDM nội tiếp  =D  mà M  =B  (so le OM // BP)  M 1 1  =B   điểm B, H, D, P thuộc đường tròn  D 1 A E O F K I H B 1 1 C M P D c) Kẻ đường thẳng song song với EF cắt AD, AB I K  =M  (cặp góc đồng vị) mà D  =M  (cmt)  C 1 1  =D   Tứ giác IHDC nội tiếp  I = C   C 1  =C  (vì nội tiếp chắn cung BD) Mà A    IH // AB  IH // BK Do đó: I1 = A Δ CBK có HB = HC IH // BK nên IK = IC (1) OE OA = Ta có: (vì Δ AKI có OE // KI) (2) IK IA OF OA = (vì Δ ACI có OF // CI) (3) IC IA Từ (1), (2) (3) suy ra: OE = OF Câu 5: Ta có: a   2a; b2   2b; c   2c (1) a  b  2ab; b  c  2bc; c  a  2ac   a  b  c    ab  bc  ac  (2) Từ (1) (2) suy ra: a   b   c    a  b  c    a  b  c    ab  bc  ac    a  b  c     a  b  c  ab  bc  ac    a  b  c    2.6 12  a  b  c  Dấu “= “ xảy a = b = c = Hướng dẫn Bài a) ĐK: x  2; y 1 x   y  a 3a  2b  a   Đặt  ta có hệ phương trình  2a  3b  y   b 3  b  x  x   y    x   3y   x  3y 5  x      =>  (t/m)  y  3x    3x  y 5  y 2  y  3  x  b) Đặt 2x  x  y ta có phương trình  t  4x   t  4x  9x  t 25x  t 5x 2 2 ;x= 2  3 Với t = - 5x ta có 2x  x   5x  2x  6x  0  x  Với t = 5x ta có : 2x  x  5x  2x  4x  0 => x = Bài a) ta có C điểm cung AB => OC vng góc với AB => góc AOC = 900 Lại có CI vng góc với AM => góc AIC = 900 => đỉnh O I nhìn AC góc 900 => tứ giác ACIO nội tiếp b) góc AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => tam giác BMN = tam giác CIN (cạnh huyền – góc nhọn) => MN = IN => tứ giác BMCI hình bình hành c) ta có C điểm cung AB => số đo cung AC = số đo cung BC = 900 => góc AMC = 450 => tam giác CIM vuông cân I => IC = IM => tam giác COI = tam giác MOI (c.c.c)=> góc MOI = góc COI Lại có tứ giác ACIO nội tiếp => góc COI = góc MAC => góc MAC = góc MOI d) ta có tam giác OAC vng cân có OA = R => AC = R =BC => CN = góc ACB = 900 => tam giác ACN vuông C Áp dụng định lý Py ta go ta có AN2 = AC2 + CN2 = 2R2 + => AN = R2 5R = 2 R 10 NC2 R 10 MI ; Áp dụng hệ thức lượng có NI =  MN = NA 10 2 R 10 = CI = MB  AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10 10 => MI = 1 3R 10 R 10 3R AM.CI   2 5 1 3R 10 R 10 3R Diện tích tam giác AMB là: AM.MB   2 5 2 3R 3R 6R   Diện tích tứ giác ACMB là: 5 Diện tích tam giác ACM là: Hết R 2 Hướng dẫn Bài a) ta có góc BAC = 900 (gt) ; góc BDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => đỉnh A, D nhìn BC góc 900 => tứ giác ABCD nội tiếp b) tứ giác ABCD nội tiếp => góc ACB = góc ADB (2 góc nội tiếp chắn cung AB) lại có tứ giác DMCS nội tiếp => góc ACS = góc ADB (cùng bù với góc MDS) => góc ACS = góc ACB => CA phân giác góc SCB Bài Xét tam giác AEB tam giác AFC có góc BAC chung; góc AEB = góc AFC = 900 => tam giác AEB đồng dạng với tam giác AFC => AE/AF = AB/AC => AE.AC = AF.AB Xét tam giác AMC vuông M, có ME đường cao, áp dụng hệ thức lượng ta có AM2 = AE.AC tương tự ta có AN2 = AF.AB => AM2 = AN2 => AM = AN Hết ... 1? ?? 1 1  1? ? ?1      1? ??      1? ??  ab c  ab   c ab   c 2a 2b  1? ?? 1 1 1? ? ?1 1        1? ?? ;      1? ?? Tương tự  bc  a 2c 2b   ac  b 2c 2a   a  1? ?? a  2a  1 b  2b  1. .. R 10 MI ; Áp dụng hệ thức lượng có NI =  MN = NA 10 2 R 10 = CI = MB  AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10 10 => MI = 1 3R 10 R 10 3R AM.CI   2 5 1 3R 10 R 10 3R Diện tích tam giác AMB là:... PT có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1  x2  x1 x2 5 2 018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =  2x  x2  Ta có:  x  x      x  1? ??      2  Do đó: A = 2 018  2 018    Vậy GTNN A 10 09

Ngày đăng: 27/07/2018, 21:13

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan