SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS NGÔ QUYỀN THANH MIỆN ĐỀ ÔN TẬP THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 2019 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) 1) Giải phương[.]

TRƯỜNG THCS NGÔ QUYỀN THANH MIỆN ĐỀ ÔN TẬP ĐỀ ÔN TẬP THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: x  96 20 x  x  y 1 2 x  y  2) Giải hệ phương trình sau:  Câu (2,0 điểm)  x  x 1  1) Rút gọn biểu thức A   x x   x x : với x  x 1 x   x  2) Có 160 trồng thành hàng miếng đất Nếu bớt hàng hàng lại phải trồng thêm hết số có Hỏi lúc đầu có hàng cây? Câu (2,0 điểm) 1) Cho Parabol (P): y  x đường thẳng (d): y = mx + Chứng minh đường thẳng (d) parabol (P) cắt hai điểm phân biệt A B nằm khác phía trục tung 2) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1) x + m2 + = (x ẩn, m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x12  2(m 1)x 28 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường thẳng BO CO cắt đường tròn (O) E, F 1) Chứng minh AF // BE 2) Gọi M điểm đoạn AE (M khác A, E) Đường thẳng FM cắt BE kéo dài N, OM cắt AN G Chứng minh: a) AF2 = AM.ON b) Tứ giác AGEO nội tiếp Câu (1,0 điểm) Cho x, y hai số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3  x  40  y Hết Họ tên thí sinh: ……………………………………Số báo danh: …………………………… Chữ ký giám thị 1: ……………………….Chữ ký giám thị 2: ………………………… BIỂU ĐIỂM CÂU Ý NỘI DUNG  x  96 20 x x  20 x  96 0 Ta có:  ' (  10)  1.96 100  96 4  0; ĐIỂM 0,25  '  2 10  12 ; Phương trình có nghiệm phân biệt: x1  10  x2  8 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt: x1 = 12; x2 = 0,25 0,25  x  y 1  2 x  y   x 1  y   2(1  y )  y   x 1  y    y  0,25 0,25 0,25  x     y 1 0,25 0,25 Hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (-2; 1) ĐKXĐ: x  ; x 1  x  x 1  x x A    : x  x  x    x 4   x  x 1  x x 1  A  :  x1 x  1 x  x 2     x 2 x  x 1 x 2  A    x1 x 2 x1 x   x x 1     x 2 x   A  x1 x   x x 1    x1 x 1  x   A   x1 x   x x 1                    A            0,25        0,25  x 1 x  2   x  x x 1 x Vậy A  0,25   với x  ; x 1 x 0,25 CÂU Ý NỘI DUNG 2/ + Gọi số hàng lúc đầu x (hàng); x > ĐIỂM 0,25 Số hàng lúc sau là: x – (hàng) Số hàng lúc đầu là: 160 (cây) x Số hàng lúc sau là: 160 (cây) x + Theo đề ta có phương trình 160 160  4 x x + Giải phương trình ta được: x1 = 10 (TM); x2 = -8 (Loại) 0,25 0,25 + Vậy số hàng lúc đầu 10 hàng 0,25 + Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: x mx   x - mx -2 0 (*) + Phương trình (*) có: ac = 1.(-2) = -2 < + Do phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt trái dấu + Vậy đường thẳng (d) parabol (P) cắt hai điểm phân biệt A B nằm khác phía trục tung + Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 Û D ' ³ (*) Û ( m + 1) - ( m2 + 4) ³ Û m ³ 0,25 ïì x1 + x2 = 2(m + 1) + Theo Viet ta có: í ïïỵ x1.x2 = m2 + Suy x12 + 2(m + 1)x2 = 28 Û x12 + (x1 + x2)x2 - 28 = Û x12 + xx2 + x1x2 - 28 = Û (x1 + x2 )2 - x1x2 - 28 = + Biến đổi : (2m + 2)2 - m2 - 4- 28 = Û 3m2 + 8m - 28 = + Giải phương trình : m = 2(T M ); m  14 (Loại) Đối chiếu với điều 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 kiện (*) suy m = phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : x12 + 2(m + 1)x2 = 28 A G N M F E 0,25 O B C CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM  ;C  nên + Do ABC đều, BE CF tia phân giác B a 0,25  B  C  =C  => AE  CE  AF  BF  B 2   Mà hai góc vị trí so le B +  FAB b c + => AF // BE +) Tương tự câu 1) ta có AE//CF nên tứ giác AEOF hình bình hành mà  AF   AE AF nên tứ giác AEOF hình thoi AE   ONF AFM có FAE (2 góc đối hình thoi) FOE   (2 góc so le trong) AFM FNO  +) AFM đồng dạng với ONF (g-g) AF AM   AF.OF AM.ON +)  ON OF +) mà AF = OF nên AF2 AM.ON   +) Có AFC ABC 600 AEOF hình thoi  AFO AEO tam giác  AF=DF=AO  AO AM.ON AM AO    +)  có OAM AOE 600  AOM ONA đồng dạng AO ON    AOM ONA        +) Có 600 AOE AOM  GOE ANO  GAE  GAE GOE +) Vậy tứ giác AGEO có mà hai đỉnh A, O kề nhìn đoạn GE góc khơng đổi nên tứ giác AGEO nội tiếp + Chứng minh bất đẳng thức Bunyakovsky cho số 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho số: 2 2 2 11     2 (3  x)    x       x    x   1.1  x  9 11     Đẳng thức xảy x  Tương tự :  40  y   40  y   40    40  y  11 (40  y ) 11 Đẳng thức xảy y  + Do P  11 [49  6( x  y )] 5 11 Đẳng thức xảy  x  ; y  3 11 3 + Vậy Min(P) 5 11 x  ; y  0,25 0,25 0,25