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 33 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 33 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) x6 120 x 120 x x 4320 Ta có phương trình: x6 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
Xem thêm: Tổng hợp các đề thi tuyển sinh môn toán chuyên vòng 1 trên cả nước năm học 2018 2019 có đáp án