Tải bản đầy đủ

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh bắc giang năm học 2018 2019 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi : Toán
Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi 6 tháng 6 năm 2018

Câu 1. (2 điểm)
1.Tính giá trị biểu thức A  5  20  5   1
2 .Tìm tham số m để đường thẳng y = (m-1)x +2018 có hệ số góc bằng 3.
Câu 2: (3 điểm)
 x  4 y  8
1.Giải hệ pt: 

2 x  5 y  13

 6


10  2 a

2.Rút gọn biểu thức: B  

 a 1 a a  a  a  1





a 1
4 a

2

với a > 0,a  1

a)Rút gọn biểu thức B.
b)Đặt C  B. a  a  1 . So sánh A với 1.





3. Cho pt: x 2  (m  2) x  3m  3  0 (1)
(với x là ẩn m là tham số)
a)Giải pt (1) khi m = -1 .
b)Tìm các giá trị của m để Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 , x2 là độ dài
hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu 3: (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10km. Khi đi từ trường về nhà,
vẫn trên con đường ấy, do lượng xe giao thông tham gia nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận
tốc 2km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15
phút. Tính vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt
tại các điểm M, N ( M  B, N  C ). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm can AH và
BC.
1.Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh BM.BA = BP.BC


3.Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều canh bằng 2a. Tính chu vi đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a.
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF can đường tròn (O) đường kính BC (E, F là các
tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng.
Câu 5: (0,5điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

81 x 2  18225 x  1 6 x  8

với x > 0
9x
x 1

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Ý

Nội dung

(Học sinh tham khảo)
Điểm


1

1

A 5



A  5.


20  5 

20  5  1
2

1

0,25đ
0,25đ

A  100  5  1
A  10  5  1
A6

0,25đ

Vậy A = 6
2

Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 thì m-1 = 3
 m  3 1
m4

Vậy m = 4 thì Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3
2

1


2 x  8 y  16
x  4 y  8

 


2 x  5 y  13 2 x  5 y  13


3y  3
y  1
y  1



2 x  5y  13 2 x  5.1  13  x  4

0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25

0,25

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (4; 1)

0,25

2a Với a > 0, a  1 ta có:



 6

10  2 a
B


 a  1 a a  a  a  1 
6
B

B

B





a  1  10  2 a





a  1  a  1

4 a 4





a  1  a  1

4 a 4





a  1  a  1

Vậy B 



1
a








2


6


 a 1


4 a






10  2 a 


a  1  a  1 






2

a 1
4 a

2

a 1

0,25đ

4 a



2

a 1
4 a



2

a 1
4 a





Ta có: C  B. a  a  1 
a  a 1
a

1 

Vì a> 0  a  0 và

4






a 1
2







a 1




a 1



2

a 1
4 a



1
a



0,25đ

0,25đ

1


a

a  2 a 1
a





a  a 1 





a 



a 1
a



2

a 1
a

0,25đ

2

a  1  0 với a > 0, a  1 nên C – 1 > 0  C  1

Vậy C > 1
3a



với a > 0, a  1

2b

Xét C  1 





a 1

0,25đ

(1)
Xét Pt: x  m  2  x  3m  3  0
a)Thay m = - 1 vào phương trình (1) ta được:
2


x2  x  6  0

0,25

2

   1  4.  6   25    5

Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1 5
3
2
1 5
x2 
 2
2
x1 

Vậy khi m = - 1 thì phương trình (1) có tập nghiệm S  3; 2
3b b) x  m  2 x  3m  3  0
2

0,25

(1)

Δ  m  2  4 3m  3  m2  8m  16  (m  4) 2
2

2

Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt    0   m  4   0  m  4  0  m  4
 x1  x2  m  2
 x1 x2  3m  3

Theo hệ thức Viet ta có 

Theo đề bài hai nghiệm x1 , x2 của PT (1) là độ dài 2 cạnh góc vuông của một
  0

x x 0
tam giac vuông có cạnh huyền bằng 5   1 2
 x1  x2  0
 x 2  x 2  25
2
 1

0,25đ

m  4
m  4


m  4
3m  3  0
m  1



 m  1
m2  0
m  2


m 2  2m  15  0 (2)
 x  x 2  2 x x  25  m  2 2  2  3m  3  25 
1 2
 1 2


Giải PT (2) được m = 5 (Thỏa mãn); m = - 3 (không thỏa mãn)
Vậy m = 5 là giá trị cần tìm
3

0,25đ

1
4

Đổi 15 phút = (giờ)
Gọi vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x (km/h) ĐK: x >2 0,25
Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường là:

10
(giờ)
x

vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là : x-2 (km/h)

0,25

10
(giờ)
x 2
1
Vì thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là (giờ) nên ta có PT
4
10 10 1
 
x 2 x 4
 x 2  2 x  80  0
Giải PT được x1  10 (thỏa mãn)

0,25

Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ trường về nhà là:

x2  8 (loại)

Vậy vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 (km/h)

0,5
0,25


4

1

A

N
M
H

B

2

C

O

p

Xét đường tròn (O) có
  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  
BMC
AMH  90 0
  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  
BNC
ANH  90 0
Xét tứ giác AMHN có

AMH  
ANH  900  900  1800 ,mà hai góc này là 2 góc đối nhau
nên tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp
Chứng minh được H là trực tâm Δ ABC
  BMC
  900
Suy ra AP là đường cao  
APB  90 0  BPA
Xét Δ BPA và ΔBMC có

ABP là góc chung

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

  BMC
  900
BPA
Δ BPA ~ ΔBMC (gg)
BP
BA


 BM .BA  BP.BC (đpcm)
BM
BC

3

0,25
0,25

A

M

N
H

B

p
O

C

BC
 a . Tính AP 2  AC 2  PC 2  4a2  a2  3a2  AP  3a
2
ABC đều mà H là trực tâm ABC  H đồng thời là trọng tâm của ABC

ABC đều  PC 

 AH 

2
2 3a
AP 
3
3

Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là: C   d   . AH 

0,25

0,25
 2 3a
3

0,25


Vậy C 

 2 3a

4

3
A

M

N

F

E
H
B

p O

C

  AFO
  APO
  900 Suy ra 5 điểm A, E, P, O, F cùng nằm trên
Ta có: AEO
  AF

một đường tròn. Mà AE = AF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)  AE
  APE
 (do 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)(1)
Do đó AEF
Chứng minh Δ AEM ~ ΔABE (gg)  AE 2  AM . AB (2)
Chứng minh Δ AMH ~ ΔAPB (gg)  AM . AB  AH . AP (3)

Từ (2) và (3) suy ra AE 2  AH . AP 

0,25

AE AP

 Δ AEH ~ ΔAPE (c.g.c)
AH AE

  APE
 (4)
Từ đó suy ra AEH
  3 điểm E, H, F cùng nằm trên tia EF. Do
Từ (3) và (4) suy ra 
AEH  AEF
0,25
đó 3 điểm E, H, F thẳng hàng.

5

Ta có:
81 x 2  18225 x  1 6 x  8
với x > 0

9x
x 1
1 6 x 8
P  9 x  2025  
9x
x 1
P

1
6 x 8
9
 2016
9x
x 1
1 9x  9  6 x 8
P  9x  
 2016
9x
x 1
P  9x 





2

3 x 1
1 9 x  6 x 1
1
P  9x  
 2016  9 x  
 2016
9x
x 1
9x
x 1

Theo BĐT cô si 9 x 
Ta có:

3



x 1
x 1

1
1
1
1
 2 9 x.
 2 Dấu bằng xảy ra khi 9 x 
x
9x
9x
9x
9

2

 0 Dấu bằng xảy ra khi 3 x  1  0  x 
1
9

1
9

Do đó P  2  0  2016  2018 . Dấu bằng xảy ra khi x  (thỏa mãn)

0,25


Vậy minP = 2018 khi x 

1
9

0,25



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×