De Toan TS THPT Hai Duong 20182019 va HD giai

Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)

Giải phương trình và hệ phương trình:

1)

1 2

x

x



2)





Câu 2 (2,0 điểm)

1) Tìm m để đường thẳng d 1 : y(m21)x2m 3 cắt đường thẳng d 2 : y x  3 tại điểm A có hoành độ bằng – 1

2) Rút gọn biểu thức

x A



Câu 3 (2,0 điểm)

1) Quãng đường Hải Dương – Hạ Long dài 100km Một ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long rồi nghỉ ở đó 8 giờ 20 phút, sau đó trở về Hải Dương hết tất cả 12 giờ Tính vận tốc của ô tô lúc đi, biết vận tốc ô tô lúc về nhanh hơn vận tốc ô tô lúc đi 10km/h

2) Tìm m để phương trình x2 2mx m 2 2 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm

phân biệt x x thỏa mãn 1, 2 x13 x23 10 2

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho  ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC Kẻ AH BC (H thuộc BC), gọi

M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC.

1) Chứng minh AC2 CH CB.

2) Chứng minh tứ giác BCNM nội tiếp và AC BM. AB CN. AH BC.

3) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của NH tại F Chứng minh

/ /

BE CF

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho phương trình ax2bx c 0 (a0) có hai nghiệm x x thỏa mãn1, 2

0x x  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

2

3

a ab ac L

a ab b



-HẾT -Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐỀ CHÍNH THỨC

Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:

Câu 1

(2,0đ)

1)

2

x



Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

1.0

2)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( , ) (5;2)x y 

1.0

Câu 2

(2,0đ)

1)

Để d 1 cắt d 2 thì m2  1 1 m0 Thay x  vào phương trình 1 y x  3 được y   1 3 4

 d 1 đi qua điểm ( 1; 4)A   Thay x1;y  vào phương trình d4 1 được:

2

2

2

0 2

m m m m





 Kết hợp với điều kiện m  , suy ra 0 m 2 Vậy m  là giá trị cần tìm 2

1.0

2)

x A



2

2

1

1 1 1

x x

x

x







Vậy

1

A x



 với x  và 0 x  1

1.0

Câu 3

(2,0đ)

1)

Đổi 8 giờ 20 phút =

1 8

3 giờ

Gọi vận tốc của ô tô lúc đi là x (km/h) Điều kiện: x > 0

1.0

 Vận tốc của ô tô lúc về là x + 10 (km/h).

Thời gian của ô tô lúc đi là

100

x (h)

Thời gian của ô tô lúc về là

100 10

x  (h).

Tổng thời gian đi và về (không tính thời gian nghỉ) là:

1 11

12 8

(h)

Ta có phương trình:

x  x  11x2 490x 3000 0

Giải phương trình được: 1 2

60 50;

11

x  x 

Kết hợp với điều kiện  x50

Vậy vận tốc của ô tô lúc đi là 50 km/h

2)  ' m2 m2  2 2 0 m

 Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Cách 1:

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

1 2

2

1 2

2 2

x x m





 Theo đề bài:

3 3 2

2

2

2

1 1

x x

x x

m m

m

m

Vậy m  là giá trị cần tìm.1

Cách 2:

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

1 2

2

1 2

2 2

x x m





 Xét (x1 x2)2 (x1x2)2 4x x1 2 (2 )m 2 4(m2 2) 8

x x

Theo đề bài:

1.0

3 3

x x

x x x x x x

2

2

2

1 1

m m m

Cách 3:

Vì vai trò của x x như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử1, 2

x x Khi đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

x12m 2;x2 2m 2

Vì x1x2 x13 x23 x13 x23  nên:0

2

2

2

10 2

1 1

x x

x x

m m m m

Câu 4

(3,0đ)

0.25

1)

Vì BAC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên  0

BAC 90

ABC vuông tại A, đường cao AH Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

AC2 = CH.CB

0.75

2) Cách 1:

Tứ giác AMHN có MAN AMH ANH 90    0 (GT)

0.5

 AMHN là hình chữ nhật

 AMHN là tứ giác nội tiếp

 1  1

  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn

ngoại tiếp tứ giác AMHN)

Mà H 1C 1 (cùng phụ với H ) 2

 1  1

Tứ giác BCNM có M 1C 1 nên BCNM là tứ giác nội tiếp

Cách 2:

ABH vuông tại H, đường cao HM Áp dụng hệ thức lượng trong

tam giác vuông, ta có: AH2 = AM.AB

Tương tự, ta có AH2 = AN.AC

AM.AB AN.AC

AMN và  ACB có: BAC chung,

  AMN  ACB (c.g.c)

 1  1

Tứ giác BCNM có M 1C 1 nên BCNM là tứ giác nội tiếp

Ta có:

AC.BM AB.CN

AC.(AB AM) AB.(AC AN)

2AB.AC (AC.AM AB.AN)

2AB.AC (AC.HN AB.HM)



(vì AM = HN và AN = HM, do AMHN là hình chữ nhật)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

Do đó:

AC.BM AB.CN

2AH.BC (AH.HC AH.HB)

2AH.BC AH.(HC HB)

2AH.BC AH.BC

AH.BC





(Có thể sử dụng công thức diện tích để chứng minh)

0.5

EMA ANF 90  , EAM AFN  (đồng vị, AB // FH)

MEA NAF (g.g)

ME.NF NA.MA

#

Chứng minh tương tự, ta được: MB.NC MH.NH

Mà NA = MH, AM = NH (AMHN là hình chữ nhật)

ME.NF MB.NC

1.0

MEB và  NCF có:

EMB CNF 90 ,

#

Mặt khác: B 2C 2 và B 1C 1 (  ABC vuông tại A)

Mà hai góc ở vị trí trong cùng phía

 BE // CF (đpcm)

Câu 5

(1,0đ)

Vì x1, x2 là hai nghiệm của PT ax2bx c 0  nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

1 2

b

a c

x x

a









Vì a 0 nên:

2

2

b c 3

L

5 3



Vì 0 x 1x2 2

L

Dấu “=” xảy ra

2

2

(2 x )(2 x ) 0





Vậy

1 min L

3

 khi







(Lời giải tham khảo trên mạng)

1.0

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