Đáp án vào 10 Toán học Điện Biên 2018-2019 - Học Toàn Tập

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐIỆN BIÊN

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO

LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn: Toán

1

(2.0đ)

1.a

(0.5đ)

Giải phương trình: 5x 1 3x 7 2x  2 x 1 Vậy phương trình có 1 nghiệm x1

1.b

(0.5đ) Giải phương trình:

4 2

12 0

x x  

tx t    t t     t t  

Với t2    4 x 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 2; x2  2 2.a

(0.5đ) Hệ phương trình:

x y m

x y m



   



1

m

Vậy hệ có nghiệm (1; 2) 2.b

(0.5đ)

Giải hệ đã cho theo m ta được:

Vậy với m hệ luôn có nghiệm duy nhất ( ;m m1)

x y  m  m 

2

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn bài toán: 1 19

2

m  

2

(1.5đ)

a

(0.5đ)

2

2

A

2

A

b

(1.0đ)

P A x

x

x   t t  P t 

Do a c0 nên phương trình có nghiệm t0 khi:

1 2

0 0

t t

 



  



5 7

1

0

1 9

P P

P P

P

P

  



Vậy giá trị lớn nhất của P 5 khi 1

9

x

3

(1.0đ)

Gọi vận tốc thực của chiếc thuyền là x km h( / ), (x4) Khi đó vận tốc của thuyền khi xuôi dòng từ A đến B là: x4 (km h/ ); ngược lại từ B về A thì thuyền đi với vận tốc là: x4 (km h/ )

Thời gian thuyền đi từ A đến B là 24 ( )

4 h

x

Gọi C là vị trí thuyền và bè gặp nhau

Vì AC 8 BC16 nên thời gian thuyền từ B quay lại C là: 16 ( )

4 h

x

Thời gian bè trôi với vận tốc dòng nước từ A đến C là 8 2( )

4 h

Vì thuyền và bè gặp nhau tại C nên ta có phương trình:

2

x  x 

2

Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là: 20 (km h / )

4

(1.5đ)

a

(0.5đ)

Xét PT hoành độ giao điểm:

x  m xm  m x  m x m  m 

Ta có m22m 3 (m1)2 2 0 ( m) PT (*) luôn có 2 nghiệm trái dấu  m thì ( )d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

b

(1.0đ)

Để tam giác AOB cân tại O thì Oy là đường trung trực của đoạn thẳng AB hay đường thẳng d song song Ox khi đó: m   1 0 m 1

Với m 1 đường thẳng d có phương trình:y2, tọa độ 2 giao điểm A, B

là ( 2; 2) Khi đó khoảng cách từ O đến AB là h2 Độ dài đoạn thẳng

1

AB x 

 diện tích tam giác AOB là: 1 1

AOB

S  AB h 

Vậy để tam giác AOB cân tại O thì m1 Khi đó SAOB 2 2 (đvdt)

5

(3.0đ)

a

(1.0đ)

(Vẽ hình đúng được 0.25 điểm)

DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D Nên theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có OC, OD lần lượt là hai tia phân giác của hai góc kề bù AOM và BOM nên: COD900

b

AM MB

AM OD CMA MDO

OD MB



90

KMO AMD AMO (2)

Từ (1) và (2), suy ra KMO AMD (c.g.c)

y x

D

C K

A

M

c

(1.0đ)

Gọi S S ABDC;S1SMAB;S2 SMAC;S3 SMBDS2S3 S S1

R là bán kính đường tròn (O)

Ta có: S ACBD R R MC. MD OMC DMOCM DM OM2R2

Suy ra S 2R2 (1), dấu “=” xảy ra khi MCMD hay M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O)

Từ M kẻ MH  ABS1R MH R2 (2), dấu “ = “ xảy ra khi M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O)

2 2 2

2 3 1 2

S S S S R R R

       Vậy min(S2S3)R2 khi M là điểm

chính giữa của nửa đường tròn (O)

6

(1.0đ)

a

(0.5đ) Vì

2 1

x

Nên ta có:

(2) 3 ( ) 4 (2) 3 ( ) 4

( ) 3 (2) 3 ( ) 9 (2)

b

(0.5đ)

Giả sử tồn tại các số nguyên tố a b c thoả mãn yêu cầu bài toán , , Theo bài toán ta có a b c đều là ước của a b c ab bc ca, ,     

abc

 là ước của a b c  ab bc ca 

Giả sử a b c  ab bc ca  kabc k; (  )

k

ab bc ca a b c

Dễ thấy a b c đều là số lẻ Không giảm tính tổng quát giả sử a b c, ,  

Do đó, a, b, c không đồng thời là số nguyên tố