Đề thi và đáp án kỳ thi tuyển sinh thi vào lớp 10 Lào Cai 2018-2019 | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

6. Thí sinh chỉ viết qui trình bấm phím máy tính câu nào thì không cho điểm câu đó.. Tìm điểm N nằm trên trục hoành sao cho NA + NB nhỏ nhất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A,N,B th[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

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

(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu 1: (1,0 điểm) Tính giá trị của các biểu thức sau:

a) A = 16 9 2+ - ;

B = 3 1- +1

Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức

1

x

a) Rút gọn biểu thứcP;

b) Tìm giá trị của x đểP =1

Câu 3: (2,5 điểm).

1) Cho đường thẳng ( ) : 1 2

2

d y= - x+

a) Tìm m để đường thẳng( )D :y=(m- 1)x+1

song song với đường thẳng ( )d

b) Gọi A, B là giao điểm của( )d

với parabol( ): 1 2

4

P y= x

Tìm điểm N nằm trên trục hoành sao choNA + NBnhỏ nhất

2) Cho hệ phương trình:

( )

2

3

I 2

x ay a

ìï + = ïïí

a) Giải hệ phương trình( )I

khia =1;

b) Tìma để hệ phương trình( )I

có nghiệm duy nhất ( )x y;

thỏa mãn 2

2 3

y

x + là

số nguyên

Câu 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2- 2x m+ - 3=0 1( )

với mlà tham số.

a) Giải phương trình (1) khi m = ;0

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn:

2

1 12 2 2 1 2

x + = x - x x

Câu 5: (3,0 điểm) Cho ( )O

đường kính AB =2R, C là trung điểm của OA và dây MN vuông

góc với OA tại C Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM (¼ K khác ,B M ), H là giao điểm của

AK vàMN .

a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh AH AK =AM2

c) Xác định vị trí của điểm K để KM +KN +KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn

nhất đó

-

Hết -Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………

Ghi chú:

 Thí sinh không sử dụng tài liệu.

 Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm có 04 trang)

I Hướngdẫnchấm:

1 Cho điểm lẻ tới 0,25;

2 Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn;

3 Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;

4 Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần

5 Nếu thí sinh vẽ sai hình thì không cho điểm câu hình học

6 Thí sinh chỉ viết qui trình bấm phím máy tính câu nào thì không cho điểm câu đó

II Biểuđiểm

1

(1,0 điểm) a (0,5 điểm)Tính giá trị của các biểu thức sau: A 16 9 2 

5 2 3

b (0,5 điểm)B  3 1 2 1

2

(1,5

điểm) a.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức

1

x



Với điều kiệnx0;x9, ta có :

1

x



0,25





0,25

0,25



0,25

b.(0,5 điểm)Tìm giá trị của xđể P 1.

Ta có:

1

2

x

x



Kết hợp với điều kiện ta thấy x  thỏa mãn yêu cầu đề bài 1 0,25 3

(2,5

điểm) 1.(1,0 điểm) Cho đường thẳng

 : 1 2

2

d y x

Tìm m để đường thẳng  :ym1x1song song với đường thẳng d

1.a) (0,5 điểm)

Đường thẳng song song với đường thẳng d khi và chỉ khi:

1 1 2

1 2

m



 





 



1

2

m

Vậy, với

1 2

m 

, hai đường thẳng     , d song song với nhau

0.25

0.25

1.b) (0,5 điểm) GọiA,Blà giao điểm của d với Parabol  1 2

: 4

P y x

Tìm điểm N nằm trên trục hoành sao cho NA + NB nhỏ nhất

-Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d):

2

4

x

x







Do đó: A4; 4 , B2;1 LấyB' 2; 1  đối xứng với với B qua trục hoành Ta có:

NB = NB’, khi đó:NA NB NA NB   'AB' Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A,N,B

thẳng hàng Điểm N cần tìm chính là giao điểm của AB’ và trục Ox

0.25

Phương trình AB’ có dạng y mx n  Do hai điểm A,B’ thỏa mãn phương trình đường

thẳng nên phương trình AB’:

y x

Từ đó tọa độ giao điểm của AB’ và và Ox là

4

;0 5

N  

0,25

2.a) (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:

 

2

3

I 2

x ay a

ax y a





Giải hệ phương trình I

khia  ; 1

Khi a  1, hệ (I) có dạng

3 1

y

x y

x  





  

3

y

x y





 

 

3

2

y

 



 



1

2

x

y





 



 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhấtx y ;  (1; 2). 0,25

2.b) (0,5điểm) Tìm a để hệ phương trình I

có nghiệm duy nhất thỏa mãn 2

2 3

y

x  là số

nguyên.

3 ( )

2 2

y





Hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất 2

x a y









 với mọi a.

0,25

y

x  a  Do x  2 3 3với mọi x nên: 2

4 3

a  là số nguyên

4

(2,0 điểm) a.(1,0 điểm) Cho phương trình x2 2x m  3 0 1  

với m là tham số.

Giải phương trình (1) khi m  ;0

16 0

1

2 16

3 2

;

2

2 16

1 2

0,5

b.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

thỏa mãn: x1212 2 x2 x x1 2

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ' 0   4 m 0 m4 0,25

Với điều kiện trên, giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệtx x1, 2, theo định lý

Vi –étta có:

 

 

1 2

1 2

2 2

3 3

x x

x x m





 

0,25

Áp dụng tính được:

1 2 1 2 1 1 2 2

1 2

6

x x

0,25

Kết hợp với (2),(3) ta có hệ phương trình:

1 2

Kết hợp với điều kiện ta thấym  thỏa mãn yêu cầu đề bài 5

0,25

5

(3,0

điểm)

Cho ( )O

đường kính AB =2R , C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc với OA tại

C Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ ¼ BM (K khác B M, ), H là giao điểm của AK vàMN

a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh AH AK. =AM2

c) Xác định vị trí của điểm K để KM +KN +KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị

lớn nhất đó

a) (1,0 điểm) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp

Ta có BK H =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 0,25

Tứ giác BCHK có BKH· +HCB· =900+900=1800 và hai góc này ở vị trí đối

b.(1,0điểm) Chứng minh AH AK. =AM2

Ta có AB MN  AM¼ =AN¼

(tính chất đường kính vuông góc với dây cung) (1)

Xét (O) có : AMN  

1

2 sđAN (góc có đỉnh nằm trên đường tròn) (2)¼

0,25



AKM 

1

2 sđAM (góc có đỉnh nằm trên đường tròn) (3)¼

Từ (1), (2), (3) suy ra AMN AKM hay AMH AKM

0,25

Xét AHM và AMK có

AMH AKM (chứng minh trên)

A chung

 AHM ∽ AMK (g – g)

0,25

AH AM

AM AK

2

AH AK AM

0,25

c) (1,0 điểm) Xác định vị trí của điểm K để KM +KN +KB đạt giá trị lớn nhất

và tính giá trị lớn nhất đó.

Ta có : AMB =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Þ AMBD vuông tại M có đường cao MC ;

3

;

AC = BC =

, AB = 2R 2

2

3

4

R

MC AC CB

ïï

Þ í

3 MC=

2 3

R

MB R

ìïï ïï

Þ í

ïïî

MN = MC =R Þ MN =MB =R 3 (1)

Mặt khác: AB là đường trung trực của MN (tính chất đường kính vuông góc dây cung)

BM BN

Þ = (2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra tam giác BMN đều

Trên đoạn KN lấy điểm P sao cho KP = KB suy ra tam giác KBP cân tại K

Ta có : NBP· =KBM· (=NBK· - 60 )0

Dễ dàng chứng minh được: DBPN = DBKM cgc( )

NP MK

Þ KM +KN +KB =2KN

0,25

Do đóKM +KN +KB lớn nhất Û KN lớn nhất

Û KN là đường kính của (O)

Û K là điểm chính giữa của cung MB.

Khi đó KM +KN +KB đạt giá trị lớn nhất bằng 4R.

Chú ý:

Nếu thí sinh giải bài toán bằng cách áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác BKMN để

có: KM BN KB MN KN BM (mà không chứng minh định lý) thì cho 0,5

điểm toàn bài

0,25