ĐỀ và đáp án vào 10 THANH hóa 2018 2019

Cho đường thẳng d; y=ax+b.. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m.. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R.. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.. Kh

THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943  01259.844.199

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

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

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

2 Giải phương trình: 2x y 6 7x 14 x 2 x 2

Câu II (2,0 điểm) Cho biểu thức A= x 1 : ( x x )





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; x2 với mọi m Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ

x 2018x  x 2018x

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

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:

30

a b c abc

HẾT

ĐỀ CHÍNH THỨC

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}

2 Giải phương trình: 2x y 6 7x 14 x 2 x 2

Vậy hệ có nghiệm (x; y)=(2; 10)

Câu II (2,0 điểm) Cho biểu thức A= x 1 : ( x x )





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=

2





= x 12 : ( x x ) x 12 x 2

x ( x2)

Vậy với x>0 thì A= 1

x ( x2)

2 Ta có: A  1

x ( x2) 1

3

x 2 (do x 0,  x>0)

 3  x +2 (do 3 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)

Giải Do (d)//(d’) nên ta có: a 2











Khi đó (d) có dạng: y=2x+b

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; x2 với mọi m Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn

x 2018x  x 2018x

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 x ; x với mọi m

THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943  01259.844.199

Áp dụng hệ thức Viét ta có: 1 2

1 2

x x 3 (2)





 

 x +12 x =(x22 1+x2)2-2x1x2=(m2)2+6 (3) Theo bài ra ta có:

2

x 2018 x 2018x x

( x 2018 x 2018) (m2) (theo (1))

(x 2018)(x 2018) 2 (x 2018)(x 2018) (m2)

(x x )4036 2 (x x ) 2018(x x )2018 (m2)

9 2018[(m 2)  6)] 2018 =(m2)2

92018[(m2) 6)] 2018 =0

92018[(m2) 6)] 2018 =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: 2

x 2018x  x 2018x

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

THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943  01259.844.199

4 3 2 1

N

M

I

E

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)  IA IE IA.NE IE.NB

NB  NE  (1)

Vì IA=1

2OA (gt)  IA=1

Từ (1) và (2)  IB.NE=3IE.NB  đpcm

3) Từ chứng minh trên, ta có:  IEA  NEB (gg)  NB EB

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

Từ (3) và (4)  AM BN EB EA 1

2R

1

2R=3 2

R

4 không đổi

 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

THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943  01259.844.199

SIMN=1

2IM.IN=1

2

2 2

IM IN =1

2

2

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số, ta được: 9AM2+BN2  2 9 2

2

 SIMN  1

2

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:

30

a b c abc

Giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 9

x yz  x y z, x, y, z là

số thực dương Thật vậy, áp dụng BĐT Cô si cho 3 số, được:

x y z x y z (*)  đpcm

Áp dụng BĐT (*), ta có: 1 a b c 1 1 1

 

abbc ca

Lại tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta được

9

Từ (1) và (2)  2 12 2 2

Mặt khác: Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số được: abc  a b c 3 1

 

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

30

a b c abc  Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1

3

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

THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943  01259.844.199