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

Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.. Chứng minh IB NE.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ KỲ 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: 08/06/2018

Đề thi có: 01 trang gồm 05 câu.

Câu I: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: x2 8x  7 0

2 Giải hệ phương trình:

x y

x y

 





Câu II: (2,0 điểm)

Cho biểu thức

1 :

A

1 Rút gọn biểu thức A.

2 Tìm tất cả các giá trị của x để

1 3

A

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 và đi qua điểm 3 A1; 1 

2 Cho phương trình x2 (m 2)x 3 0 ( m là tham số) Chứng minh phương trình

luôn có hai nghiệm phân biệt x ; 1 x với mọi m Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức2

x   x  x  x

Câu IV: (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm ,O đường kính AB2R Gọi d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại A và B , I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay

đổi trên đường tròn ( )O sao cho E không trùng với A và B Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1, d2 lần lượt tại M N ,

1 Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

2 Chứng minh IB NE 3 .IE NB

3 Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM BN có giá trị không đổi và tìm giá trị. nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R

Câu V: (1,0 điểm)

Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn a b c   Chứng minh 1

30

a b c abc 

Hết

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐỀ CHÍNH THỨC

Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:

ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I.1: PT x28x  có 7 0 a b c   1 8 7 0  nên có hai nghiệm x 1; x 7

Câu I.2:

x y

x y

 





 

 ⇔75x y x14 20

 



2

x

x y





 

 



2

x y





 

 



2 10

x y





 



Câu II.1: Ta có:

1 :

A

1 :



2

1 :



:



1 ( 2)

x x





Câu II.2: Với x 0 ta có

1 ( 2)

A

x x



 và x 0; x   2 0

A

  x 2 3 x 1 x1 Suy ra: 0x 1

Câu III.1: Do (d ) // (d ' ) nên

2 3

a b









 Do (d )đi qua điểm A1; 1 

nên:

1 2.1 b b 3

     (thỏa mãn điều kiện b  ) 3

Vậy a 2, b 3

Câu III.2: Điều kiện có nghiệm:  (m 2)212 0, m

Ta có: x12 2018 x1 x222018x2 x122018 x222018x2x1

2 2

1 2

2 1

1 2018 2 2018

x x

x x



1 2

0 (1)

2018 2018 (2)

x x







Theo định lí Viet ta có: x1x2  m 2 Khi đó: (1)  m 2 0  m2

Do x122018 x1

; x222018 x2

suy ra x122018 x222018 x1  x2 x1 x2

nên (2) không xảy ra

Vậy m  2

Câu IV.1:

d1 d2

d

N

M

I A

E

Ta có MAI MEI 900 Suy ra MAI MEI  1800 Vậy AMEI nội tiếp.

Câu IV.2:

Ta có EAI EBN (cùng phụ với EBA )

mà AEIBEN (cùng phụ với IEB ) Suy ra IAENBE

IA NB

IA NE IE NB

IE NE

3

IB

NE IE NB

IB NE IE NB

Câu IV.3:

Do tứ giác AMEI nội tiếp nên  AMI AEI (1)

Tương tự ta có tứ giác BNEI nên BIN BEN (2)

Theo trên ta có AEI BEN (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra AMI BIN (4)

Do tam giác AMI và BIN vuông tại A và B , suy ra AMI BIN

AM AI

AM BN AI BI

BI BN   không đổi.

Từ (4) ta có: BIN AIM AMI AIM 900  MIN 900 hay MNI vuông tại I Khi đó:

MNI

S  IM IN  AM AI BN BI

2

AM AI BN BI AM BN AI BI AI BI

Dấu “=” xảy ra khi AM AI BN, BI Vậy SMNI đạt GTNN bằng

2 3 4

R

Câu V

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:  

3

2 3

a b c abc

ab bc ca abc

ab bc ca abc







abc ab bc ca

Khi đó:

a b c abc a b c ab bc ca  

 

1

a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca

Áp dụng bất đẳng thức

x yz x y z  với mọi , ,x y z 0 ta được

2

a b c ab bc ca ab bc ca     a b c  ab bc ca 

9

a b c

 

Lại có 1a b c  2 a2b2c2 2ab bc ca   3ab bc ca    3

9 7.3 30

a b c abc   

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1 3

a b c  

Hết