NHÂN NGHĨA - TOÁN - 10 ĐẠI TRÀ

PHÒNG GD&ĐT LÝ NHÂNTRƯỜNG THCS NHÂN NGHĨA ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 ĐẠI TRÀ NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN Họ và tên: Nguyễn Văn Tường Chức vụ: Giáo viên Tổ chuyên môn: Kho

PHÒNG GD&ĐT LÝ NHÂN

TRƯỜNG THCS NHÂN NGHĨA

ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 ĐẠI TRÀ NĂM HỌC 2018-2019

MÔN: TOÁN

Họ và tên: Nguyễn Văn Tường

Chức vụ: Giáo viên

Tổ chuyên môn: Khoa học Tự nhiên

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 ĐẠI TRÀ

NĂM HỌC 2018-2019 MÔN:TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1,5 điểm)

1 Thực hiện phép tính : A =3 2 - 4 9.2

2 Cho biểu thức P = a + a +1 a - a -1

với a 0; a 1   a) Chứng minh P = a -1

b) Tính giá trị của P khi a = 4 + 2 3

Câu 2 (3,5 điểm)

1 Giải phương trình x2- 5x + 6 = 0

2 Tìm m để phương trình x2- 5x - m + 7 = 0 có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn hệ thức x12 x22  13

3 Cho hàm số y x= 2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) : y= - + 2x

a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ

b) Bằng phép tính hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d)

Câu 3 (4,0 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F

1) Chứng minh: EOF 90   0

2) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ;

Hai tam giác MAB và OEF đồng dạng

3) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK  AB

4) Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a

Câu 4 (1.0 điểm)

Giải phương trình 2018 -x+ x- 2016 =x2- 4034 + 4068291x

Hết

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Câu 1 (1,5 điểm)

Ý

1

(0,5 điểm)

3 2 - 4 9 2 = 3 2 -12 2 = - 9 2

0,25 đ 0,25 đ

2

(1,0 điểm)

a) Chứng minh P = a - 1

P = a + a +1 a - a -1

a ( a +1) a ( a -1)

= ( a +1)( a -1) = a -1

Vậy P = a - 1

0,25 đ 0,25 đ

b) Tính giá trị của P khi a = 4 + 2 3

a = 4 + 2 3 = 3+ 2 3 +1 = 3 +1 = 3 +1

P = a -1 = 3 +1-1 = 3

0,25 đ 0,25 đ

Câu 2 (3,5 điểm)

Ý

1.

(1,0 điểm)

Giải phương trình x2  5x + 6 = 0

Ta có   25 24 1  

Tính được : x1= 2; x2 = 3

0,5 đ 0,5 đ

2.

(1,0 điểm)

Ta có  = 25 4( m 7)    = 25 + 4m  28 = 4m  3

Phương trình (1) có hai nghiệm x x1 2;   4m  3  0

4

m  Với điều kiện 3

4

m  , ta có: x + x = x + x12 22  1 22- x x2 1 2 =13  25 - 2(- m + 7) = 13

 2m = 2  m = 1 ( thỏa mãn điều kiện )

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

y

x

O K

F

E

M

B A

Ý

3.

(1,5 điểm)

a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d) :

Bảng giá trị tương ứng:

b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương

trình : x2 + x -2 = 0 ;

Giải phương trình ta được x1 = 1 và x2 = -2

Vậy tọa độ giao điểm là (1 ; 1) và (-2 ; 4)

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ

Câu 3 (4,0 điểm)

Ý

Hình vẽ

0,5 đ

4

2

-5 -2 -1 O 1 2 5

y

x 1

1)

Chứng minh: EOF 90   0

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E Nên OE là phân giác của AOM

Tương tự: OF là phân giác của BOM

Mà AOMvà BOM kề bù nên: EOF 90   0(đpcm)

0,25 đ 0,25 đ

2)

Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và

OEF đồng dạng

Ta có:  EAO EMO 90    0(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có EAO EMO 180     0nên nội tiếp được trong một đương tròn

 Tam giác AMB và tam giác EOF có:

AMB EOF 90   , MAB MEO    (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO

Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)

0,5 đ

0,5 đ

3)

Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK  AB

Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE

KF BF

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt

nhau)

Nên : AK ME

KF MF Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let)

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB

0,25 đ 0,5 đ

0.25 đ

4) Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB

FEA có: MK // AE nên: MK FK

AE FA (1)

BEA có: NK // AE nên: NK BK

AE BE (2)

Mà FK BK

KAKE ( do BF // AE) nên FK BK

KA FK  BK KE  hay FK BK

FA BE (3)

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN

AE AE Vậy MK = NK

Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB

0,5 đ

nên: AKB

AMB

Do đó: AKB AMB

1

2

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = MB 3

MA  MAB 60  0 Vậy AM = a

2 và MB = a 3

2 AKB

1 1 a a 3

16

(đvdt)

0,25 đ

0,25 đ

Câu 5 (1,0 điểm)

Ý

Phương trình : 2018 x   x 2016 x   2 4034x 4068291  (*)

Điều kiện 2018 x 0 2016 x 2018

x 2016 0

 







Áp dụng tính chất a + b2 2 a + b 2 2 với mọi a, b

Ta có :  2018 x   x 2016  2 2 2018 x x 2016     4

 1

Mặt khác x2 4034x 4068291  x 2017  2  2 2  2

Từ (1) và (2) ta suy ra : (*)

2018 x x 2016 x 2017 2 2

 x 2017  2  0 x 2017  ( thích hợp)

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 2017

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

Lưu ý: ( Thí sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)