76. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Trà Vinh năm học 2018-2019(chuyên)

Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn nhất... Vậy khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRÀ VINH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2018 – 2019

MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức:

Q

với x y 0

1 Rút gọn Q

2 Xác định giá trị của Q khi x3y

Bài 2 (1,0 điểm)

Cho đường thẳng ( ) : d y axb Tìm , a b biết đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol

2

( ) :P yx tại điểm ( 1;1) A 

Bài 3 (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2

4 8

4    

x

2 Giải hệ phương trình:

2 1 1



 



Bài 4 (1,0 điểm)

Với , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng phương trình sau luôn có

(b c a x) 4bcx(b c a )0

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho , ,x y z là ba số thực dương thỏa mãn: x2y2z2 2

Chứng minh:

3 2

 

Bài 6 (3,0 điểm)

Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI  AB MK,  AC

(IAB K, AC)

1 Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn

2 Vẽ MPBC P ( BC Chứng minh ) MPK MIP

3 Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn nhất

- HẾT -

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:

Bài 1

(2,0đ)

1)

Q

2

 











x

y

x y

x y x y

x y

x y





x y Q

x y với x y 0

1.5

2)

Thay x3y (thỏa mãn ĐK) vào biểu thức Q, ta được:

2





Q

Vậy 2

2



Q khi x3y

0.5

Bài 2

(1,0đ)

Vì đường thẳng ( ) :d yax b đi qua điểm ( 1;1) A  nên ta có:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

0

Thay (1) vào (2) được:

1 0 ( 1)( 1 ) 0

1

 



            



x

x a

Vì (d) tiếp xúc với parabol ( ) :P y x tại điểm ( 1;1)2 A  nên phương trình (2) có nghiệm kép x1x2  1

2 1 1

      

     

b

Vậy a 2;b 1

1.0

Bài 3

(2,0đ) 1)

2

x

ĐK: 2 x 2 2

1.0

Đặt 2 2 2

Phương trình (1) trở thành:

 

2 2 2

4 4 16 2 4

2 8 2

2 8 2 (do 0 2 0)

( 2)(2 3) 0

2 3 0 (do 2 0) 3

2

   

 

y y

y

Với 3

2



y , ta có:

2

4

 

       

 

Kết hợp với điều kiện 5

2

  x

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 5

2

 

2)

2 1 (1)

1 (2)



 



xy x

Với x0, phương trình (2) trở thành 0 1 (vô lí)

Với x0, ta có:

 

2

2

2 1

1

2 1 2 (do 0)

 

 

x

1

     

1

      



Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( , )x y (1;2),( 1;0) 

1.0

Bài 4

(1,0đ)

(b c a x) 4bcx(b c a )0 (1)

Vì , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác nên:

, , 0;   0;   0;   0

Xét 2 trường hợp:

+ TH1: b2c2a2 0

1.0

Phương trình (1) trở thành:

4 0 0 (do , 0)

 bcx  x b c

 Phương trình (1) có nghiệm + TH2: b2c2a2  0 Phương trình (1) là phương trình bậc hai Xét  ' (2bc)2(b2c2a2 2)

   

    

       

a b c b c a a b c a c b

Kết hợp với (2)     Phương trình (1) có nghiệm ' 0

* Kết luận: Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm

Bài 5

(1,0đ)

Vì x y z, , 0; x2y2z2 2 nên:

3 (1)

2

3

 

2 (2)



Lại có:

2



Tương tự, ta có:

 (2) đúng  (1) đúng (đpcm)

Bài 6

(3,0đ)

1

1 2

M I

K

2

2

1

1

1

P

C

O

B

1)

Tứ giác AIMK có:

0 0

AIM AKM 90 (GT) AIM AKM 180

AIMK là tứ giác nội tiếp

0.75

2)

Chứng minh tương tự phần 1), ta có các tứ giác BIMP, CKMP nội

tiếp

Tứ giác BIMP nội tiếp  I1 B2

Tứ giác CKMP nội tiếp C2 P2

Mà 2 2

1

B C sđMC

2

P I

  (đpcm)

1.0

3)

Chứng minh tương tự phần 2), ta có P1 K1

 MPK và  MIP có: P2 I ; K1 1 P1

2

MPK MIP (g.g)

MP MI.MK

MI MP

MI.MK.MP MP MP MP

#

Do đó, tích MI.MK.MP lớn nhất

3

MP

 lớn nhất

MP

 lớn nhất

M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC

Vậy khi M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì tích MI.MK.MP

đạt giá trị lớn nhất

1.0

Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương