SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BẮC GIANG NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi : Toán
Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 6 tháng 6 năm 2018
Câu 1. (2 điểm)
1.Tính giá trị biểu thức A 5
20 5
12 .Tìm tham số m để đường thẳng y = (m-1)x +2018 có hệ số góc bằng 3.
Câu 2: (3 điểm)
1.Giải hệ pt: 4 8
2 5 13
x y x y
2.Rút gọn biểu thức: 6 10 2
1
21 1 4
a a
B a a a a a a
với a > 0,a1
a)Rút gọn biểu thức B.
b)Đặt CB a.
a1
. So sánh A với 1.3. Cho pt: x2(m2)x3m 3 0 (1) (với x là ẩn m là tham số) a)Giải pt (1) khi m = -1 .
b)Tìm các giá trị của m để Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2sao cho x x1, 2là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Câu 3: (1,5 điểm)
Bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10km. Khi đi từ trường về nhà, vẫn trên con đường ấy, do lượng xe giao thông tham gia nhiều hơn nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2km/h so với khi đến trường. Vì vậy thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 15 phút. Tính vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường.
Câu 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm M, N (MB N, C). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm can AH và BC.
1.Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh BM.BA = BP.BC
3.Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác ABC đều canh bằng 2a. Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a.
4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF can đường tròn (O) đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng.
Câu 5: (0,5điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
81 2 18225 1 6 8
9 1
x x x
P x x
với x > 0
HƯỚNG DẪN CHẤM (Học sinh tham khảo)
Câu Ý Nội dung Điểm
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
1 1
25 20 5 1
5. 20 5 1
100 5 1 10 5 1 6
A A A A A
Vậy A = 6
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3 thì m-1 = 3
3 1 4 m m
Vậy m = 4 thì Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc bằng 3
0,5đ 0,25đ 0,25đ
2 1 4 8 2 8 16
2 5 13 2 5 13
x y x y
x y x y
3 3 1 1
2 5 13 2 5.1 13 4
y y y
x y x x
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (4; 1)
0,25
0,25 0,25 2a Với a > 0, a1 ta có:
2 2
1 1
6 10 2 6 10 2
1 1 4 1 1 1 4
a a
a a
B a a a a a a a a a a
2
2
6 1 10 2 1
1 1 4 4 4 1
1 1 4
a a a
B a a a
a a B
a a a
2 2
2
1 4 1 1
4 4 1
4 4
1 1 1 1
a a a
B a
a a a
a a a a
Vậy B 1 a
với a > 0, a1
0,25đ
0,25đ
0,25đ 2b
Ta có:
1
1
. 1 1
a a
C B a a a a
a a
Xét 1 2 1
1
21 1
a a a a a
C
a a a
Vì a> 0 a0 và
a1
2 0 với a > 0, a1 nên C – 1 > 0 C1 Vậy C > 10,25đ
0,25đ 3a Xét Pt: x2
m2
x3m 3 0 (1)a)Thay m = - 1 vào phương trình (1) ta được:
2 6 0 x x
12 4.
6 25 5
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1
2
1 5 3 2 1 5 2
2 x x
Vậy khi m = - 1 thì phương trình (1) có tập nghiệm S
3; 2
0,25
0,25 3b b) x2
m2
x3m 3 0 (1) 2 2 2
Δ m2 4 3m 3 m 8m16(m4)
Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt 0
m4
2 0m40m4Theo hệ thức Viet ta có 1 2
1 2
2
3 3
x x m x x m
Theo đề bài hai nghiệm x x1, 2của PT (1) là độ dài 2 cạnh góc vuông của một
tam giac vuông có cạnh huyền bằng 5 1 2
1 2
2 2
1 2
0 0
0 25 x x
x x x x
2 2 2
1 2 1 2
4 4
3 3 0 1 4
2 0 2 1
2 15 0 (2)
2 25 2 2 3 3 25
m m
m m m
m m m
m m
x x x x m m
Giải PT (2) được m = 5 (Thỏa mãn); m = - 3 (không thỏa mãn) Vậy m = 5 là giá trị cần tìm
0,25đ
0,25đ 3 Đổi 15 phút =1
4(giờ)
Gọi vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là x (km/h) ĐK: x >2 Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ nhà đến trường là: 10
x (giờ) vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ trường về nhà là : x-2 (km/h) Thời gian bạn Linh đi xe đạp từ trường về nhà là: 10
2 x (giờ) Vì thời gian về nhà nhiều hơn thời gian đến trường là 1
4(giờ) nên ta có PT
10 10 1
2 4
x x
2 2 80 0
x x
Giải PT được x110(thỏa mãn)
2 8
x (loại)
Vậy vận tốc xe đạp khi bạn Linh đi từ nhà đến trường là 10 (km/h)
0,25
0,25
0,25
0,5 0,25
4 1
Xét đường tròn (O) có
900
BMC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))AMH900
900
BNC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))ANH900
Xét tứ giác AMHN có
AMHANH9009001800,mà hai góc này là 2 góc đối nhau nên tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp
0,25 0,25 0,25 0,25 2 Chứng minh được H là trực tâm ΔABC
Suy ra AP là đường cao APB900 BPABMC900
Xét ΔBPA và ΔBMC có
ABP là góc chung
900 BPABMC Δ BPA ~ ΔBMC (gg)
. .
BP BA
BM BA BP BC BM BC
(đpcm)
0,25
0,25 0,25
3
ABC
đều
2 PC BC a
. Tính AP2 AC2PC24a2a2 3a2AP 3a
ABCđều mà H là trực tâm ABCH đồng thời là trọng tâm củaABC
2 2 3
3 3
AH AP a
Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là: . 2 3 3 C d AH a
0,25
0,25 0,25
H
p O
N M
B C
A
H p
O N M
C B
A
Vậy 2 3 3 C a
4
Ta có: AEOAFOAPO900 Suy ra 5 điểm A, E, P, O, F cùng nằm trên một đường tròn. Mà AE = AF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)AEAF
Do đó AEFAPE(do 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)(1) Chứng minh Δ AEM ~ ΔABE (gg) AE2 AM AB. (2)
Chứng minh Δ AMH ~ ΔAPB (gg) AM AB. AH AP. (3) Từ (2) và (3) suy ra 2 . AE AP
AE AH AP
AH AE
Δ AEH ~ ΔAPE (c.g.c) Từ đó suy ra AEHAPE (4)
Từ (3) và (4) suy ra AEHAEF3 điểm E, H, F cùng nằm trên tia EF. Do đó 3 điểm E, H, F thẳng hàng.
0,25
0,25
5 Ta có:
81 2 18225 1 6 8
9 1
x x x
P x x
với x > 0
1 6 8
9 2025
9 1
1 6 8
9 9 2016
9 1
P x x
x x
P x x
x x
1 9 9 6 8
9 2016
9 1
x x
P x
x x
3 1
21 9 6 1 1
9 2016 9 2016
9 1 9 1
x x x
P x x
x x x x
Theo BĐT cô si 9 1 2 9 . 1 2
9 9
x x
x x
Dấu bằng xảy ra khi 9 1 1
9 9
x x
x
Ta có:
3 1
21 0 x x
Dấu bằng xảy ra khi 3 1 0 1 x x 9
Do đó P 2 0 2016 2018 . Dấu bằng xảy ra khi 1
x9(thỏa mãn)
0,25
F E
H
p O M N
B C
A
Vậy minP = 2018 khi 1
x9
0,25