1 Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 8 7 0x x 2) Giải hệ phương trình 2 6 5 20 x y x y Câu II (2,0 điểm) Cho biểu thức 1 , 4 4 2 2 x x x A x x x x x với[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 08/06/2018 Đề thi có: 01 trang giấy gồm 05 câu ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 8x 2 x y 6 2) Giải hệ phương trình: 5 x y 20 Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức A x 1 x x : , với x x4 x 4 x2 x x 2 Rút gọn biểu thức A Tìm tất giá trị x để A x Câu III: (2,0 điểm) Cho đường thẳng d : y ax b Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng d ' : y x qua điểm A 1; 1 Cho phương trình x m x (m tham số) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với m Tìm m để nghiệm thỏa mãn hệ thức: x12 2018 x1 x22 2018 x2 Bài IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O , đường kính AB R Gọi d1; d2 tiếp tuyến đường tròn O A B, I trung điểm đoạn thẳng OA, E điểm thay đổi đường trịn O cho E khơng trùng với A B Đường thẳng d qua E vng góc với đường thẳng EI cắt d1; d2 M, N Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Chứng minh IB.NE 3IE.NB Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM BN có giá trị khơng đổi tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI theo R Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a b c Chứng minh 1 30 2 a b c abc HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu I Phương pháp: 1) Giải phương trình bậc hai ẩn sử dụng cơng thức nhanh có: a b c Khi phương trình ln c có nghiệm là: x 1 nghiệm lại là: x a 2) giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số Cách giải: 1) Giải phương trình: x 8x Ta có: a b c nên phương trình cho ln có nghiệm x 1 nghiệm c lại là: x 7 a Vậy tập nghiệm phương trình S 1; 7 2 x y 6 2) Giải hệ phương trình: 5 x y 20 2 x y 6 7 x 14 x x 5 x y 20 y 20 x y 20 5.2 y 10 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: x; y 2;10 Câu II Phương pháp: Phân tích mẫu thành nhân tử sau quy đồng mẫu thức rút gọn Cho A x sau tìm x đối chiếu với điều kiện kết luận Cách giải: Cho biểu thức A x 1 x x : , với x x4 x 4 x2 x x 2 Rút gọn biểu thức A A x 1 x x : x4 x 4 x2 x x 2 : x x 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x x 2 x x 2 x x : x x 2 x 1 x x 2 x x 2 x 1 Vậy với x A x x 2 Tìm tất giá trị x để A A x x 3 x x 2 0 x 2 0 Với x ta có: x x x x 2 1 x x x 2 x 1 x x x 2 1 x x Kết hợp với điều kiện ta được: x thỏa mãn yêu cầu toán Câu III Phương pháp: a a ' 1.Hai đường thẳng d : y ax b; d ' : y a ' x b ' song song với b b ' Đường thẳng (d’) qua điểm A(1;-1) tức tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình đường thẳng 2.Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m: Ta xét biệt thức b2 4ac sau chứng minh cho 0, m Kết hợp hệ thức Viet với đầu để tìm m b x1 x2 a Hệ thức Viet: x x c a Cách giải: Cho đường thẳng d : y ax b Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng d ' : y x qua điểm A 1; 1 a a ' a Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi: b b ' b Khi (d) trở thành: y x b b 3 Đường thẳng (d’) qua điểm A 1; 1 nên ta có: 1 2.1 b b 3 tm Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: y x Cho phương trình x m x (m tham số) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với m Tìm m để nghiệm thỏa mãn hệ thức: x12 2018 x1 x22 2018 x2 Xét biệt thức m 12 12 0, m Vậy phương trình x m x ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với m Giả sử x1 x2 x1 x2 m Theo hệ thức Viet ta có: x1 x2 3 Theo đề ta có: x12 2018 x1 x22 2018 x2 x12 2018 x22 2018 x1 x2 x x12 2018 x22 2018 2 2018 x22 2018 x12 x22 x1 x2 Do x1 x2 x 2018 x 2018 x x x 2018 x 2018 2018 x x x 2018 x 2018 2018 4036 x x x x x x 2018 x x 2018 2018 4036 x x x x 4036 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 m 2 m2 Vậy m = thỏa mãn yêu cầu toán Bài IV Phương pháp: Chứng minh tứ giác AMEI có tổng hai góc đối 1800 Chứng minh tam giác IEA đồng dạng với tam giác NEB Cách giải: Cho đường tròn tâm O , đường kính AB R Gọi d1; d2 tiếp tuyến đường tròn O A B, I trung điểm đoạn thẳng OA, E điểm thay đổi đường trịn O cho E khơng trùng với A B Đường thẳng d qua E vng góc với đường thẳng EI cắt d1; d2 M, N Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Ta có: MA tiếp tuyến (O) A nên IAM 900 Xét tứ giác AMEI có IAM IEM 900 900 1800 Tứ giác AMEI tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800) Chứng minh IB.NE 3IE.NB Ta có IEA IEB AEB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); NEB IEB NEI 900 gt ; IEA NEB Xét IEA NEB có: IEA NEB cmt ; IAE BAE NBE (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BE); IE NE IEA NEB g.g IA.NE IE.NB 3IA.NE 3IE.NB IA NB 1 1 Do I trung điểm OA IA OA AB AB IA IB hay IB 3IA 2 IB.NE 3IE.NB dpcm Khi điểm E thay đổi chứng minh tích AM BN có giá trị khơng đổi tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI theo R +) Chứng minh tích AM BN có giá trị khơng đổi Xét tứ giác BNEI có IBN IEN 900 900 1800 Tứ giác BNEI tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800) NEB NIB (hai góc nội tiếp chắn cung NB) Ta có AMI AEI (hai góc nội tiếp chắn cung AI) ; Mà AEI NEB cmt AMI NIB Xét AMI BIN có: AMI NIB cmt ; MAI IBN 900 gt ; AM AI AM BN AI BI BI BN 1 R 3 3R Ta có AI AB R ; BI AB 2R 4 4 AMI BIN g g R 3R 3R const 2 +) Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI theo R Tứ giác BNEI tứ giác nội tiếp (cmt) ENI EBI (hai góc nội tiếp chắn cung EI) Do tứ giác AMEI nội tiếp (cmt) IME IAE (hai góc nội tiếp chắn cung IE) ENI IME EBI IAE 900 ( ABE vuông E) MIN 900 IMN vuông I S IMN IM IN AM BN Đặt AIM BNI 00 900 Do AMI BIN R AI AI R Xét tam giác vng AIM có cos AIM cos MI MI cos cos cos 3R BI BI 3R IN Xét tam giác vng BIN có : sin BNI sin IN sin sin 2sin S IMN 1 R 3R 3R IM IN 2 cos 2sin 8sin cos Do 00 900 sin 0, cos cos sin Cauchy sin cos sin sin S IMN sin sin 2 3R 3R Dấu xảy sin sin 2sin sin Vậy S IMN 450 3R AIM 450 Câu V Ta có: 1 1 2 2 a b c abc a b c 9abc 9abc 1 2 a b c bc ac ab a b c 27 1 2 24 2 a b c bc ac ab 2 2 a b c 2ab 2bc 2ac 24 30 27