De thi vao lop 10 chuyen mon toan so gd quang ninh 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NINH NĂM HỌC 2018 2019 Đề chính thức Môn TOÁN (Chuyên chung) Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề) Tên Trương Qu[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018 - 2019 Đề thức Mơn: TỐN (Chun chung) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Tên : Trương Quang An Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc :sưu tầm đề tự tay gõ đáp án Câu (2,5 điểm) 27  x 9 x  2.Rút gọn biểu thức P     (3 x  x) với x  0, x   3 x 9 x  Xác định hệ số a,b để đồ thị hàm số y  ax  b qua hai điểm A(2;-2) 1.Thực phép tính B(-3;2) Câu (1,5 điểm) 1.Giải phương trình x2  x   2.Tìm giá trị m để phương trình x2  2(m  1x  m2   có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  10 Câu (2 điểm) Một xe ô tô từ A đến B theo đường quốc lộ cũ dài 156km với vận tốc không đổi Khi từ B A, xe đường cao tốc nên quãng đường giảm 36km so với lúc vận tốc tăng so với lúc 32km/h Tính vận tốc ô tô từ A đến B, biết thời gian nhiều thời gian 45 phút Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB=2R Trên đường trịn (O) lấy điểm C (C khơng trùng với A B) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BC điểm D Gọi H hình chiếu A đường thẳng OD.Tia AH cắt đường tròn (O) điểm F (không trùng với A).Chứng minh a DA2  DC.DB b.Tứ giác AHCD nội tiếp c.CH vng góc với CF d BH BC  2R BF Câu (0,5 điểm) Cho x,y số thực dương thỏa mãn xy   x Tìm giá trị lớn biểu thức Q x y 3x  xy  y 2 Giải Câu (2,5 điểm) 27 27   3 3    x 9 x  x (3  x ) 9 x 2.Ta có P      (3 x  x)    (3 x  x)  x  x (3  x )(3  x ) (3  x )(3  x )     1.Ta có 93 x (3 x  x)  x với x  0, x  (3  x )(3  x ) Để đồ thị hàm số y  ax  b qua hai điểm A(2;-2) B(-3;2) ta có hệ 4  a  a  b   a     4 2  phương trình sau:  Vậy ta có a  , b  đồ   5  3a  b  b   3a b  2  thị hàm số y  ax  b qua hai điểm A(2;-2) B(-3;2)  Câu (1,5 điểm) 1.Ta có x2  x    ( x  2)2   x  Vậy nghiệm phương trình x=2 2.Để phương trình x2  2(m  1) x  m2   có hai nghiệm x1 , x2  x  x  2(m  1)(2) Mà theo đề  '  (m  1)2  m2    m  Theo hệ thức vi-ét ta có  2  x1 x2  m  3(3) ta có x1  x2  10  x12  x22  x1 x2  100  ( x1  x2 )2  2x1x2  x1 x2  100 Ta lại có x1 x2  m2   0m  x1 x2  x1 x2  m2  Khi ta có x1  x2  10  ( x1  x2 )2  100  ( x1  x2 )2  100  x1  x2  10  x  x  10  2m   10  m  TH1: Ta có x1  x2  10 kết hợp với (2) ta   x1  x2  2m  (thỏa mãn) TH2: Ta có x1  x2  10 kết hợp với (2) ta  x1  x2  10  2m   10  m  6 (khơng thỏa mãn).Vậy m=4 giá trị cần tìm   x1  x2  2m  Câu (2 điểm) Gọi vận tốc xe ô tô từ A đến B x (km/h) với x > Ta có 156 (h) Quãng đường lúc 156-36=120 x 120 (km) Ta có thời gian xe ô tô từ B đến A Theo đề ta có x  32  x  48 156 120 phương trình    x  80 x  19968   ( x  48)(7 x  416)     x   416 x x  32  Đối chiếu với điều kiện nhận x  48 Vậy vận tốc xe ô tô từ A đến B 48 thời gian xe ô tô từ A đến B (km/h) Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O ,đường kính AB=2R Trên đường trịn (O) lấy điểm C (C khơng trùng với A B) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BC điểm D Gọi H hình chiếu A đường thẳng OD.Tia AH cắt đường trịn (O) điểm F (khơng trùng với A).Chứng minh F D C H A B O a Ta có ACB = 900  AC  BC  AC  BD Ta có DAB  900 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có DA2  DC.DB b.Xét tứ giác AHCD có AHD  ACD  900 nên tứ giác AHCD nội tiếp c Do tứ giác AHCD nội tiếp nên suy FHC  ADC (cùng bù với AHC ) Xét tam giác FHC tam giác ADC có : CHF  DAC, FHC  ADC nên tam giác FHC đồng dạng với tam giác ADC Lúc suy FCH  ACD, ACD  900  FHC  900  CH  CF Vậy CH vng góc với CF d Tam giác ODA vng nên theo hệ thức lượng ta có OA2  OD.OH Mà OB OD Xét tam giác OBH tam giác ODB có :  OH OB OA  OB  R  OB  OD.OH  OB OD nên tam giác OBH đồng dạng với tam giác ODB nên suy  OH OB OBH  ODB , CAF  ODB, CAF  CBF  OBH  CBF BOD (chung)  OBH  HBC  CBF  HBC  OBC  HBF  ABC Ta có xét tam giác BHF tam giác BAC có : BFH  BCA  900 , HBF  ABC (chứng minh ) nên tam giác BHF đồng BF BH BH BC    BA  R BC BA BF dạng với tam giác BAC Lúc suy Câu (0,5 điểm) x x Cách 1:Ta có xy   x  y   Ta có y   Q Q x y 3x  xy  y 1 a   1 3 y x y y2  x x2 y x Đặt a  ,  a  y y y 1    Ta có x x x Ta có a  2a  a  2a   Q  Ta chứng minh  a  a2  a  a2  a  a2 a  2a  Q2    (4a  1)(a  6)  (1)  a  a2 y x Ta thấy (1) với a  ,  a  Vậy Qmax  y x 2  x    a    y    y   x Cách 2: Ta có xy  xy   x  y  x Ta có Q  x  xy  y x  x   y   P Ta 3x  xy  y 3x  x   y x  3x  x  3x  32 x  48 x  48 tìm max P.Ta có R   P    x 49 x  16 x  16 3x  x   y 2 3x  x   16  (49R  32) x  (16R  48) x  16R  48  (*) Để phương trình (*) có nghiệm :     (16 R  48)  4(49 R  32)(16 R  48)   R  5 Vậy  Q2  P   Q  9  y x 2  x   Qmax     y    y   x Cách 3: Ta có xy  xy   x  y  x Ta có 2 5  y   ( x  y)  x 3 2   y x 2  x      1 y   y     x 3x  xy  y  ( x  y )2  x  3xy  ( x  y)   x y Vậy Qmax ( x  y)  Q   3 ( x  y) ... x2  ? ?10  x  x  10  2m   10  m  TH1: Ta có x1  x2  10 kết hợp với (2) ta   x1  x2  2m  (thỏa mãn) TH2: Ta có x1  x2  ? ?10 kết hợp với (2) ta  x1  x2  ? ?10  2m   ? ?10  m... x2  10  x12  x22  x1 x2  100  ( x1  x2 )2  2x1x2  x1 x2  100 Ta lại có x1 x2  m2   0m  x1 x2  x1 x2  m2  Khi ta có x1  x2  10  ( x1  x2 )2  100  ( x1  x2 )2  100 