SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2018 TỈNH QUẢNG NINH Môn thi: Tốn (Dành cho thí sinh) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu (2,5 điểm) Thực phép tính: 27  x 9 x  Rút gọn biểu thức: P =  với x ≥ x ≠   x   x  x  x   Xác định hệ số a, b để đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2; –2) B(–3; 2)   Câu (1,5 điểm) Giải phương trình: x2 – 4x + = Tìm giá trị m để phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + = có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn |x1| + |x2| = 10 Câu (1,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một xe ô tô từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi Khi từ B A, xe đường cao tốc nên quãng đường giảm 36 km so với lúc vận tốc tăng so với lúc 32 km/h Tính vận tốc tơ từ A đến B, biết thời gian nhiều thời gian 45 phút Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Trên đường trịn (O) lấy điểm C (C khơng trùng với A B) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BC điểm D Gọi H hình chiếu A đường thẳng DO Tia AH cắt đường tròn (O) điểm F (không trùng với A) Chứng minh: a DA2 = DC.DB b Tứ giác AHCD nội tiếp c CH  CF d BH.BC = 2R BF Câu (0,5 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn: xy + ≤ x Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = x y 3x2  xy  y ………………… Hết………………… HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN TUYENSINH247.COM Câu Phương pháp: +) Sử dụng công thức: A A  B B +) Quy đồng mẫu phân thức sau biến đổi biểu thức để rút gọn biểu thức P +) Thay tọa độ điểm A điểm B vào công thức hàm số cho ta hệ phương trình hai ẩn a, b Giải hệ phương trình ta tìm a b Cách giải: Thực phép tính 27 27 27   3 3  x 9 x  Rút gọn biểu thức P =  với x ≥ x ≠    x  x  x  x     Điều kiện: x ≥ 0, x ≠  x 9 x  P=     x  x  x  x       x (3  x ) 9 x =   (3  x )(3  x ) (3  x )(3  x )  x  x    = 93 x xx (3  x )(3  x ) = 3(3  x ) x 3 x    =3 x 3.Xác định hệ số a, b để đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2; –2) B(–3; 2) Đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2; –2) B(–3; 2) nên ta có hệ phương trình:  a    2a  b  2 5a  4     b   3a 3a  b  b    Vậy ta có: a   ; b 5 Câu Phương pháp: +) Sử dụng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai ẩn +) Phương trình có hai nghiệm  ’ ≥ b   x1  x2   a +) Áp dụng hệ thức Vi-ét  hệ thức cho để tìm m c x x   a Cách giải: Giải phương trình: x2 – 4x + = x2 – 4x + =  (x – 2)2 =  x = Vậy tập nghiệm phương trình S = {2} Tìm giá trị m để phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + = có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn |x1| + |x2| = 10 +) Phương trình có hai nghiệm x1, x2 ’ ≥  (m + 1)2 – m2 – ≥  m2 + 2m + – m2 – ≥  2m ≥  m ≥  x  x  2(m  1) (2)  Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (*) ta có:  (3) x x  m   Từ đề ta có: |x1| + |x2| = 10  x12 + x22 + 2|x1x2| = 100  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2|x1x2| = 100 Lại có x1x2 = m2 + > m  |x1x2| = x1x2 = m2 + Khi ta có: |x1| + |x2| = 10  (|x1| + |x2|)2 = 100  x12 + 2|x1x2| + x22 = 100  (x1 + x2)2 – 2x1x2 + 2x1x2 = 100  (x1 + x2) = 100  x1 + x2 = ±10  x  x  10   2(m  1)  10  m  4(tm) +) TH1: x1 + x2 = 10 kết hợp với (2) ta được:  x x  2( m  1)   x  x  10   2(m  1)  10  m  6 (ktm) +)TH2: x1+x2 = –10 kết hợp với (2) ta được:   x1x2  2(m  1) Vậy m = thỏa mãn điều kiện toán Câu Phương pháp: Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: +) Gọi ẩn đặt điều kiện cho ẩn +) Biểu diễn đại lượng chưa biết theo ẩn đại lượng biết +) Dựa vào giả thiết tốn để lập phương trình hệ phương trình +) Giải phương trình hệ phương trình vừa lập để tìm ẩn đối chiếu với điều kiện ẩn kết luận Cách giải: Một xe ô tô từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156 km với vận tốc không đổi Khi từ B A, xe đường cao tốc nên quãng đường giảm 36 km so với lúc vận tốc tăng so với lúc 32 km/h Tính vận tốc tơ từ A đến B, biết thời gian nhiều thời gian 45 phút Gọi vận tốc ô tô từ A đến B x (km/h) (x > 0) Thời gian ô tô từ A đến B là: 156 (giờ) x Quãng đường lúc là: 156 – 36 = 120 (km) Vận tốc ô tô lúc là: x + 32 (km/h) Thời gian ô tô lúc là: Đổi: 45 phút =  120 (giờ) x  32 45  60 Theo đề ta có phương trình: 156 120   x x  32  156.4.( x  32) 120.4.x  x( x  32)  624 x  19968  480 x  x2  224 x  x2  80 x 19968   ( x  48)(7 x  416)   x  48(tm)  x  48     x   416 (ktm) x  416    Vậy vận tốc ô tô lúc từ A đến B 48 km/h Câu Phương pháp: a) Sử dụng hệ thức lượng tam giác vuông b) Chứng minh tứ giác AHCD có tổng hai góc đối 1800 c) Chứng minh tam giác CFH đồng dạng với tam giác CAD d) Chứng minh tam giác BFH đồng dạng với tam giác BCA Cách giải: a) DA2 = DC.DB Ta có ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O)  AC  BC hay AC  BD Ta có DAB  90 (Do DA tiếp tuyến đường tròn tâm O A) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABD vuông A có đường cao AC ta có DA2 = DC.DB b) Tứ giác AHCD nội tiếp Xét tứ giác AHCD có AHD  ACD  90  Hai đỉnh C H kề nhìn cạnh AD góc 900  Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) c) CH  CF Do tứ giác AHCD nội tiếp nên FHC  ADC (cùng bù với AHC ) Xét tam giác FHC tam giác ADC có: CFH  DAC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC) FHC  ADC (cmt);  FHC  ADC (g-g)  FCH  ACD (hai góc tương ứng) Mà ACD  90  FCH  90  CH  CF d) BH BC  2R BF Xét tam giác vuông OAD vng A có OH đường cao ta có OA2 = OD.OH (hệ thức lượng tam giác vuông) Mà OA = OB = R  OB2 = OD.OH  OB OD  OH OB Xét tam giác OBH ODB có: BOD chung; OB OD  (cmt); OH OB  OBH  ODB (c.g.c)  OBH  ODB Mà ODB  CAF (hai góc nội tiếp chắn cung CH đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD) CAF  CBF (hai góc nội tiếp chắn cung CF đường tròn (O))  OBH  CBF  OBH  HBC  CBF  HBC  OBC  HBF  ABC Xét tam giác BHF tam giác BAC có: BFH  BCA  90 (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) HBF  ABC (cmt);  BFH  BCA (g-g)  BF BH BH BC    BA  2R BC BA BF ... đồng dạng với tam giác BCA Cách giải: a) DA2 = DC.DB Ta có ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)  AC  BC hay AC  BD Ta có DAB  90 (Do DA tiếp tuyến đường tròn tâm O A) Áp dụng... tuyến đường tròn tâm O A) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABD vuông A có đường cao AC ta có DA2 = DC.DB b) Tứ giác AHCD nội tiếp Xét tứ giác AHCD có AHD  ACD  90  Hai đỉnh C H kề nhìn... tứ giác AHCD nội tiếp nên FHC  ADC (cùng bù với AHC ) Xét tam giác FHC tam giác ADC có: CFH  DAC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC) FHC  ADC (cmt);  FHC  ADC (g-g)