Tải bản đầy đủ

ĐỀ và đáp án vào 10 THANH hóa 2018 2019

0977.157.943  01259.844.199
KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi 8/6/2018
Đề có 01 trang gồm 05 câu

THẦY THUẬN SẦM SƠN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: x 2+8x+7=0
Do ab+c=18+7=0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x1=1; x2=7
 2x  y  6
7x  14
x  2
x  2




5x  y  20
5x  y  20
10  y  20
 y  10

2. Giải phương trình: 

Câu II. (2,0 điểm). Cho biểu thức A=

x 1
x
x

:(
) với x>0
x4 x 4 x2 x
x 2

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm tất cả các giá trị của x để A 

1
3 x

Câu III. (2,0 điểm)
1. Cho đường thẳng (d); y=ax+b. Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường
thẳng (d’): y=2x+3 và đi qua điểm A(1; 1)
2. Cho phương trình x2(m2)x3=0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình
luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ
thức: x12  2018  x1  x 22  2018  x 2
Câu IV. (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Gọi d 1; d2 lần lượt là
các tiếp tuyến của đường (O) tại A và B, I là trung ddieemr của đoạn OA, E là điểm thay
đổi trên (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với
EI cắt d1; d2 lần lượt tại M và N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB
3. Khi E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giấ trị nhỏ nhất
của diện tích  MNI theo R.


Câu V(1,0 điểm) (đề thi lên 10 thanh hóa 2018, ngày 08/06/2019)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1. Chứng minh rằng:
1
1

 30
2
2
a  b  c abc
2

HẾT

Trang 1


THẦY THUẬN SẦM SƠN
0977.157.943  01259.844.199
Câu I. (2,0 điểm)
1.Giải phương trình: x2+8x+7=0
Do ab+c=18+7=0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x1=1; x2=7
Vậy tập nghiệm S={1; 7}
 2x  y  6
7x  14
x  2
x  2



5x  y  20
5x  y  20
10  y  20
 y  10

2. Giải phương trình: 

Vậy hệ có nghiệm (x; y)=(2; 10).
Câu II. (2,0 điểm). Cho biểu thức A=

x 1
x
x
:(

) với x>0
x4 x 4 x2 x
x 2

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm tất cả các giá trị của x để A 

1
3 x

Giải.
1. Ta có: A=

x 1
x
x
:(
)

2
( x  2)
x ( x  2) ( x  2)

x 1
x
x
x 1
x 2
1
=
:(
)
.

2
2
( x  2)
x 2
x  2 ( x  2)
x ( x  1)
x ( x  2)
1
Vậy với x>0 thì A=
x ( x  2)
1
1
1
1
1
2. Ta có: A 



(do x  0,  x>0)

x ( x  2) 3 x
3 x
x 2 3
3  0
 3  x +2 (do 
)
 x  2  0, x  0
 x1x1

=

Đối chiếu điều kiện ta được: 0 < x  là giá trị cần tìm.
Câu III. (2,0 điểm)
1. Cho đường thẳng (d); y=ax+b. Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường
thẳng (d’): y=2x+3 và đi qua điểm A(1; 1)
a  2
. Khi đó (d) có dạng: y=2x+b
b  3

Giải. Do (d)//(d’) nên ta có: 

Vì (d) đi qua A(1; 1) nên thay x=1; y=1 vào (d) được: 1=2+b  b=3(t/m)
Vậy a= 2; b=3 là giá trị cần tìm.
2. Cho phương trình x2(m2)x3=0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình
luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn
hệ thức: x12  2018  x1  x 22  2018  x 2
Giải. Ta có: =(m2)2+3 >0,  m vì (m2)2  0,  m
 phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 với mọi m.

Trang 2


0977.157.943  01259.844.199

THẦY THUẬN SẦM SƠN
 x1  x 2  m  2 (1)
(2)
 x1 x 2  3

Áp dụng hệ thức Viét ta có: 

 x12 + x 22 =(x1+x2)2-2x1x2=(m2)2+6 (3)
Theo bài ra ta có:
x12  2018  x1  x 2  2018  x 2 

x12  2018  x 22  2018  x1  x 2

 ( x12  2018  x 22  2018) 2  (m  2)2 (theo (1))
 (x12  2018)  (x 22  2018)  2 (x12  2018)(x 22  2018)  (m  2)2
 (x12  x 22 )  4036  2 (x1 x 2 ) 2  2018(x12  x 22 )  20182  (m  2)2
 (m2)2+40422 9  2018[(m  2) 2  6)]  20182 =(m2)2
 40422 9  2018[(m  2)2  6)]  20182 =0
 9  2018[(m  2)2  6)]  20182 =2021
 2018[(m2)2+6]+4072333=4084441
 2018[(m2)2+6]=12108
 (m2)2+6=6  (m2)2=0  m=2
Thử lại, với m=2  phương trình đã cho trở thành: x23=0 có hai nghiệm x1= 3 ;
x2= 3 . Thỏa mãn đẳng thức: x12  2018  x1  x 2  2018  x 2
Vậy m=2 là giá trị cần tìm.
Câu IV. (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Gọi d1; d2 lần lượt là
các tiếp tuyến của đường (O) tại A và B, I là trung ddieemr của đoạn OA, E là điểm
thay đổi trên (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông
góc với EI cắt d1; d2 lần lượt tại M và N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB
3. Khi E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giấ trị nhỏ
nhất của diện tích  MNI theo R.
Giải.

Trang 3


0977.157.943  01259.844.199

THẦY THUẬN SẦM SƠN

N

M

E

A

4

1
3

2

I

O

B

1) Ta có: IEM=900 (do d  IE (gt)) và MAI=900 (tính chất tiếp tuyến)
 IEM+MAI=1800  tứ giác IEMA nội tiếp (do có tổng hai góc đối bằng 1800)
2) Tương tự câu a, ta chứng minh được tứ giác EIBN nội tiếp do có
NEN=EBI=900
 EIA= ENB (vì cùng bù với EIB)
Mặt khác: E1=E3 (vì cùng phụ với E2)
  IEA

 NEB (gg) 

1

1

2

3

IA
IE

 IA.NE  IE.NB
NB NE

Vì IA= OA (gt)  IA= IB

(1)
(2)

Từ (1) và (2)  IB.NE=3IE.NB  đpcm
3) Từ chứng minh trên, ta có:  IEA

 NEB (gg) 

NB EB

IA EA

(3)

Chứng minh tương tự ý 2, ta được: AME  BIE (g.g) vì có:
E4=E2 (do cùng phụ với  E3) và AME= EIB (cùng bù với  AIE)


AM AE

BI
BE

Từ (3) và (4) 

(4)
1
3
AM BN EB EA
3
.

.
 1  AM.BN=BI.IA= R. R= R 2 không đổi
BI AI EA EB
4
2
2

 đpcm.
*) Do tứ giác AEMI nội tiếp   EIM=EAM (cùng chắn cung EM)
Mà EAM=EBA(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp)
 EIM= EBA
Do tứ giác EIBN nội tiếp  EIN=EBN (cùng chắn cung EN)
Mà  EBA+EBN=900
 EIM+EIN=900   MIN vuông tại I

Trang 4


0977.157.943  01259.844.199

THẦY THUẬN SẦM SƠN
1

1

2

2

SIMN= IM.IN=

IM 2 .IN 2 =

1
2

(AM 2  IA 2 )(BN 2  IB2 ) 

1
R2
9
(AM 2  )(BN 2  R 2 )
2
4
4



1
R2
9R 4
(AM.BN) 2 
(9AM 2  BN 2 ) 
2
4
16



1 9 4 R2
9R 4 1 9R 4 R 2
R 
(9AM 2  BN 2 ) 


(9AM 2  BN 2 )
2 16
4
16
2
8
4
9
2

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số, ta được: 9AM2+BN2  2. 3AM.BN  R 2
 SIMN 

1
2

9 4 9 4 3 2
R  R  R
8
8
4

Dấu “=” xảy ra khi 9AM2=BN2  3AM=BN
Câu V(1,0 điểm) (đề thi lên 10 thanh hóa 2018, ngày 08/06/2019)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1. Chứng minh rằng:
1
1

 30
2
2
a  b  c abc
2

Giải. Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau:

1 1 1
9
, x, y, z là
  
x y z xyz

số thực dương. Thật vậy, áp dụng BĐT Cô si cho 3 số, được:
1 1 1
9
1 1 1
1
(*)  đpcm
(x  y  z)(   )  3 3 xyz.3 3
 9   
x y z xyz
x y z
xyz
1
abc 1
1
1
9


  
Áp dụng BĐT (*), ta có:
abc
abc
ab bc ca ab  bc  ca
1
1
(1)


9abc ab  bc  ca

Lại tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta được
1
1
1
9



9
2
2
a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca (a  b  c) 2
1
2
9
Từ (1) và (2)  2 2 2 
a  b  c 9abc

(2)

2

Mặt khác: Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số được: abc  (


1
7
 27 
 21
abc
9abc

(3)
abc 3 1
) 
3
27

(4)

Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được:
1
1
1

 30 . Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=
2
2
a  b  c abc
3
2

Lưu ý: BĐT (*) còn được gọi là BĐT Svacxơ. Khi thi lên lơp 10 THPT, lúc áp
dụng nên chứng minh.

Trang 5


0977.157.943  01259.844.199

THẦY THUẬN SẦM SƠN

Trang 6



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×