ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT TOÁN HẢI DƯƠNG 2018-2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ( ĐỀ CHÍNH THỨC ) 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,[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình: 3x   x 1 1) 2) 3 x  17  y  x  y  Câu (2,0 điểm) 1) Tìm m để đường thẳng d1: y  (m  1) x  2m  cắt đường thẳng d2: y  x  điểm A có hồnh độ – 1  x 1  A  1 : x  x x  x  x    2) Rút gọn biểu thức với x  x  Câu (2,0 điểm) 1) Quãng đường Hải Dương – Hạ Long dài 100km Một ô tô từ Hải Dương đến Hạ Long nghỉ 20 phút, sau trở Hải Dương hết tất 12 Tính vận tốc ô tô lúc đi, biết vận tốc ô tô lúc nhanh vận tốc ô tô lúc 10km/h 2 2) Tìm m để phương trình x  2mx  m   (x ẩn, m tham số) có hai nghiệm x13  x23  10 x , x phân biệt thỏa mãn Câu (3,0 điểm) Cho  ABC nội tiếp đường trịn tâm O đường kính BC Kẻ AH  BC (H thuộc BC), gọi M, N hình chiếu vng góc H AB, AC 1) Chứng minh AC  CH CB 2) Chứng minh tứ giác BCNM nội tiếp AC.BM  AB.CN  AH BC 3) Đường thẳng qua A cắt tia HM E cắt tia đối NH F Chứng minh BE / / CF Câu (1,0 điểm) Cho phương trình ax  bx  c  (a  0) nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x1  x2  Tìm 3a  ab  ac 5a  3ab  b giá trị nhỏ biểu thức HẾT -L Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 1) Câu (2,0đ) 2) Nội dung 3x   x   3x   x   3x  x    x  Vậy nghiệm phương trình x = 3 x  17  y 3 x  y  17 7 y  14 y  x       x  y  3x  y   x  y   x  2.2   y  Vậy nghiệm hệ phương trình ( x, y)  (5;2) Điểm 1.0 1.0 Để d1 cắt d2 m    m  Thay x  1 vào phương trình y  x  y  1   4  d1 qua điểm A(1; 4) Thay x  1; y  4 vào phương trình d1 được:   (m  1).(1)  2m  1)  4   m   2m   m  2m   m(m  2)  1.0 m   m  Kết hợp với điều kiện m  , suy m  Vậy m  giá trị cần tìm  x 1  A  1 : x 1 x  x 1  x x Câu (2,0đ)  1 x x 1 : 1 x ( x  1) ( x  1) ( x  1) ( x  1)2   1 x ( x  1) x 1 2)  ( x  1) 1 x  x 1  x x 1  x 1 A x với x  x  Vậy Đổi 20 phút = Gọi vận tốc ô tô lúc x (km/h) Điều kiện: x > 1.0  Câu (2,0đ) 1) 1.0  Vận tốc ô tô lúc x + 10 (km/h) 100 Thời gian ô tô lúc x (h) 100 Thời gian ô tô lúc x  10 (h) Tổng thời gian (khơng tính thời gian nghỉ) là: 11 12   3 (h) 100 100 11   x  10 Ta có phương trình: x 2)  11x  490 x  3000  60 x1  50; x2   11 Giải phương trình được: Kết hợp với điều kiện  x  50 Vậy vận tốc ô tô lúc 50 km/h  '  m2  m2    m  Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Cách 1:  x1  x2  2m  x x  m2  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  Theo đề bài: x13  x23  10  ( x13  x23 )  200  ( x1  x2 ) ( x12  x1 x2  x22 )  200   ( x1  x2 )2  x1 x2   ( x1  x2 )  x1 x2   200   (2m)2  4(m  2)  (2m)  ( m  2)   200  8.(3m  2)  200  (3m  2)  25  3m   (do 3m   0)  m2   m  1 Vậy m  1 giá trị cần tìm Cách 2:  x1  x2  2m  x1 x2  m   Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 2 Xét ( x1  x2 )  ( x1  x2 )  x1 x2  (2m)  4( m  2)   x1  x2  2 Theo đề bài: 1.0 x13  x23  10  ( x1  x2 )( x12  x1 x2  x22 )  10  x1  x2 ( x1  x2 )  x1 x2  10  2 (2m)  m   10  3m    m2   m  1 Cách 3: Vì vai trị x1 , x2 nên khơng tính tổng qt, giả sử x1  x2 Khi đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  2m  2; x2  2m  3 3 Vì x1  x2  x1  x2  x1  x2  nên: x13  x23  10  x13  x23  10  (m  2)3  ( m  2)3  10  m3  2m  6m  2  m3  2m  6m  2  10  2m   10  2m   m2   m  1 Câu (3,0đ) 0.25 1) 2) · · Vì BAC góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên BAC  90  ABC vuông A, đường cao AH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: AC2 = CH.CB Cách 1: · · · Tứ giác AMHN có MAN  AMH  ANH  90 (GT) 0.75 0.5  AMHN hình chữ nhật  AMHN tứ giác nội tiếp µ1H µ1 M (2 góc nội tiếp chắn cung AN đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN) µ µ µ Mà H1  C1 (cùng phụ với H ) µ C µ1 M µ µ Tứ giác BCNM có M1  C1 nên BCNM tứ giác nội tiếp Cách 2:  ABH vuông H, đường cao HM Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: AH2 = AM.AB Tương tự, ta có AH2 = AN.AC AM AN  AM.AB  AN.AC   AC AB AM AN  ·  AMN  ACB có: BAC chung, AC AB   AMN   ACB (c.g.c) µ C µ1 M µ µ Tứ giác BCNM có M1  C1 nên BCNM tứ giác nội tiếp Ta có: AC.BM  AB.CN  AC.(AB  AM)  AB.(AC  AN) 3)  2AB.AC  (AC.AM  AB.AN)  2AB.AC  (AC.HN  AB.HM) (vì AM = HN AN = HM, AMHN hình chữ nhật) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: AB.AC  AH.BC , AC.HN  AH.HC , AB.HM  AH.HB 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 cơng thức diện tích để chứng minh)  MEA  NAF có: · · · · EMA  ANF  900 , EAM  AFN (đồng vị, AB // FH)  MEA # NAF (g.g) ME MA    ME.NF  NA.MA NA NF Chứng minh tương tự, ta được: MB.NC  MH.NH Mà NA = MH, AM = NH (AMHN hình chữ nhật) ME MB  ME.NF  MB.NC   NC NF 0.5 1.0  MEB  NCF có: ME MB · · EMB  CNF  900 ,  NC NF µ  F$1  MEB # NCF (c.g.c)  B µ C µ  900 (do F$1  C µ  90 ) B    · · µ B µ1 C µ1C µ2 B µ C µ2  B µ1C µ1  EBC  FCB B Câu (1,0đ)  µ µ µ µ Mặt khác: B2  C B1  C1 (  ABC vuông A) · ·  EBC  FCB  900  900  1800 Mà hai góc vị trí phía  BE // CF (đpcm) Vì x1, x2 hai nghiệm PT ax  bx  c  nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: b   x1  x   a  x x  c  a Vì a  nên: b c 3  3a  ab  ac  x  x  x 1x a a L   2 5a  3ab  b  3x1  3x  (x1  x ) b b     a a  x1  x  x1 x   3x1  3x  x12  2x1x  x 22 Vì  x1  x   x12  2x1 , x 22  2x , (2  x1 )(2  x )  ,  x1  x  x1x   3x1  3x  x12  2x1x  x 22   5x1  5x  2x1x  3(3  x1  x  x1x )  (4  2x1  2x  x 1x )  3(3  x1  x  x1x )  (2  x1 )(2  x )  3(3  x1  x  x1x )  x  x  x 1x L  3(3  x1  x  x1x )  x12  2x1   x  0; x    x 22  2x   x1  x  (2  x )(2  x )   Dấu “=” xảy  x1  0; x   L   x1  x  Vậy 1.0 * Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa  ... Vận tốc ô tô lúc x + 10 (km/h) 100 Thời gian ô tô lúc x (h) 100 Thời gian ô tô lúc x  10 (h) Tổng thời gian (khơng tính thời gian nghỉ) là: 11 12   3 (h) 100 100 11   x  10 Ta có phương trình:... (2m)  4( m  2)   x1  x2  2 Theo đề bài: 1.0 x13  x23  10  ( x1  x2 )( x12  x1 x2  x22 )  10  x1  x2 ( x1  x2 )  x1 x2  10  2 (2m)  m   10  3m    m2   m  1 Cách 3:... x1  x2  x1  x2  x1  x2  nên: x13  x23  10  x13  x23  10  (m  2)3  ( m  2)3  10  m3  2m  6m  2  m3  2m  6m  2  10  2m   10  2m   m2   m  1 Câu (3,0đ) 0.25 1) 2)