73. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019(đại trà)

có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.. ĐỀ CHÍNH THỨC..[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: 2

x  x 

2 Giải hệ phương trình: 2 6

x y

x y

  



  

Câu II: (2,0 điểm)

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3 và đi qua điểm 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 2 m Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức

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 1 Chứng minh

30

a b c abc 

- Hết -

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Hướng dẫn chấm gồm có: 03 trang

Hướng dẫn chung: Nếu học sinh giải cách khác với cách nêu trong HDC này, mà đúng, thì

vẫn được điểm tối đa của phần (câu) tương ứng

I

(2,0đ)

1

(1,0đ)

x  x 

Ta thấy phương trình có các hệ số thỏa mãn a b     c 1 8 7 0 0,5

Do đó phương trình có hai nghiệm x 1; x 7 0,5

2

(1,0đ)

  



  



Hệ tương đương với 7 14

x





  



2

x





2

10 20

x y







2 10

x y





  

II

(2,0đ)

1

(1,0đ)

A

Ta có: 1 :

A

2

1 :



0,25

2

1 :



2

:



1 ( 2)



2

(1,0đ)

3

A

x



Với x0 ta có 1

( 2)

A



 và x 0; x 2 0 Khi đó

A

  x 2 3

0,5

1

x

Kết hợp với điều kiện ta được: 0 x 1 0,25

III

(2,0đ)

1

(1,0đ)

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 

Đường thẳng  d :yax b song song với đường thẳng  d' :y2x3 nên ta

có 2

3

a b





 

0,5

Khi đó  d :y2x b đi qua điểm A1; 1  nên:

      (thỏa mãn điều kiện b3) Vậy a2, b 3 0,5

2

(1,0đ)

( 2) 3 0

luôn có hai nghiệm phân biệt x ; 1 x2 với mọi m Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn

x   x x  x .

Ta có  (m2)212 0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x với mọi m

(Lưu ý: Học sinh có thể nhận xét ac  3 0 để suy ra phương trình luôn có hai

nghiệm phân biệt, trái dấu với mọi m )

0,25

Ta có: x122018 x1 x222018x2

2 2

1 2

2 1

1 2018 2 2018

x x

x x



0,25

0 (1)

x x

 







Theo định lí Viet ta có: x1x2  m 2 Khi đó:

(1)  m  2 0 m2

0,25

(2) không xảy ra Thật vậy:

Do x122018 x1 ; x222018 x2 suy ra

x   x   x  x  x x Vậy m2

0,25

IV

(3,0đ)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB2R Gọi d và 1 d lần lượt là các tiếp tuyến của 2

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 d , 1 d lần lượt tại 2 M N, .

d

N

M

I A

E

1

(1,0đ)

Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp

0 90

Suy ra MAIMEI 1800 Vậy AMEI nội tiếp 0,5

2

(1,0đ)

Chứng minh IB NE 3.IE NB

+) EAI EBN (cùng phụ với EBA ) +) AEIBEN (cùng phụ với IEB ) Suy ra IAE NBE

0,5

IA NB

IA NE IE NB

IE NE

3

IB

NE IE NB

3

(1,0đ)

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 MNItheo R.

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)

0,25

Do tam giác AMI và BIN vuông tại A và B, suy ra AMI BIN Suy ra: AM AI AM BN AI BI

90

90

MIN

  hay MNI vuông tại I Khi đó: 1 1 2 2 2 2

MNI

S  IM IN AM AI BN BI

2

AM AI BN BI AM BN AI BI AI BI

0,25

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

2 3 4

R

0,25

V

(1,0đ)

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a b c  1 Chứng minh 2 12 2 1 30

a b c abc

 

(1,0đ)

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

 

0,25

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 1 1 1 9

x  y z x y z

  với mọi x y z, , 0 ta được

2

9

a b c

 

0,25

1 a b c a b c 2 ab bc ca 3 ab bc ca 3 0,25 Thay    2 , 3 vào  1 ta được 2 12 2 1 9 7.3 30

a b c abc   

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1

3

a  b c

0,25

- Hết -