Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên thái bình năm học 2018 2019 (vòng 1 có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN (Dành cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức: x−4   P= + 1÷: với x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1; x ≠  x − x +  2x − x + a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x cho P = 2019 10 c) Với x ≥ , tìm giá trị nhỏ T = P + x Câu 2: (0,75 điểm) 1 Cho hai đường thẳng (d1): y = mx + m (d2): y = − x + (với m tham số, m ≠ ) Gọi I( m m x0 ; y0 ) tọa độ giao điểm hai đường thẳng (d1) với (d2) Tính T = x02 + y02 Câu 3: (1,25 điểm) Gọi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình: x + (2 − m) x − − m = (m tham số) a) Tìm m để x1 − x2 = 2 1 + b) Tìm m cho T = đạt giá trị nhỏ ( x1 + 1) ( x2 + 1) Câu 4: (1,5 điểm) a) Giải phương trình: x + 8072 + x + 18162 =  x3 − y + 3x + x − y + = b) Giải hệ phương trình:  2  x + y − 3x = Câu 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính a điểm J có JO = 2a Các đường thẳng JM, JN theo thứ tự tiếp tuyến M, N đường tròn (O) Gọi K trực tâm tam giác JMN, H giao điểm MN với JO a) Chứng minh rằng: H trung điểm OK b) Chứng minh rằng: K thuộc đường tròn tâm O bán kính a c) JO tiếp tuyến đường tròn tâm M bán kính r Tính r d) Tìm tập hợp điểm I cho từ điểm I kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (O) hai tiếp tuyến vng góc với Câu 6: (0,5 điểm) Cho x, y, z ba số thực không âm thỏa mãn: 12 x + 10 y + 15 z ≤ 60 Tìm giá trị lớn T = x2 + y + z − 4x − y − z HẾT -Họ tên thí sinh: Chữ kí giám thị 1: Số báo danh: Chữ kí giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung x−4   P= + 1÷:  x − x +  2x − x +  x +2  x −2 = + 1 × x − x −  x −1  x −2    x +2  = + 1ữì x x x −1  ( ( a) Điểm )( )( ) ) ( ( x + + x − 1) ×( = ( x + 1) ×( x − 1) = ( )( )( ) ) 1.0 ) x −1 = 4x −1 Câu (2,5đ) b) c) Câu (0,75đ ) Vậy P = x − với x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1; x ≠ Với x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1; x ≠ , ta có: P = 2019 ⇔ x − = 2019 ⇔ x = 505 (thỏa mãn ĐK) Vậy với x = 505 P = 2019 10 10 x 10 18 x + + −1 Xét T = P + = x − + = x x x x 10 x 10 + ≥2 × =4 Áp dụng BĐT Cơsi, ta có: x x x 10 = ⇔ x = (do x ≥ 0) Dấu “=” xảy ⇔ x 18 x ≥ 18 (vì x ≥ ) Lại có: ⇒ T ≥ + 18 − = 21 Vậy T = 21 x = Theo đề bài, ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ: 1  y0 = mx0 + m  2  mx0 + m = − x0 + m x0 + m = − x0 + ⇔ ⇔ m m    1  y0 = mx0 + m  y0 = − m x0 + m  y0 = mx0 + m  − m2  − m2 x = x =  + m2 (m + 1) x0 = − m   + m ⇔ ⇔ ⇔  y0 = m( x0 + 1)  y = m  − m + 1  y = 2m  ÷   + m 1+ m  Do đó: 0.5 1.0 0.75 2  − m   2m  − 2m + m + 4m ( + m ) 2 T = x0 + y0 =  + = = =1 ÷ ÷ 2 2 1+ m  1+ m  + m + m ( ) ( ) 2 Phương trình: x + (2 − m) x − − m = (m tham số) Xét ∆ = (2 − m) − 4(−1 − m) = − 4m + m + + 4m = m + > ∀m ⇒ Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt  x1 + x2 = m − Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2 = −1 − m 0.25 x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = Câu (1,25đ ) a) b) ⇔ ( m − ) − 4(−1 − m) = ⇔ m + = ⇔ m = Vậy m = giá trị cần tìm 1 ( x1 + 1) + ( x2 + 1) x12 + x1 + + x22 + x2 + T= + = = ( x1 + 1) ( x2 + 1) ( x1 + 1) ( x2 + 1) ( x1 x2 + x1 + x2 + 1) 2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 + 2( x1 + x2 ) + (m − 2) − 2( −1 − m) + 2( m − 2) + = ( x1 x2 + x1 + x2 + 1) (−1 − m + m − + 1) 0.5 0.5 m − 4m + + + 2m + 2m − + m + 4 = ≥ =1 (−2)2 4 Vậy T = m = x + 8072 + x + 18162 = (ĐK: m ≥ −2018 ) ⇔ x + 2018 + x + 2018 = = Câu (1,5đ) a) b) ⇔ x + 2018 = ⇔ x + 2018 = ⇔ x + 2018 = ⇔ x = −2017 (thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm phương trình x = −2017 Dựa theo lời giải bạn Giang Tien Hai  x3 − y + 3x + x − y + = (1)  2 (2)  x + y − 3x = (1) ⇔ ( x3 + x + x + 1) − y + x − y + = ⇔ ( x + 1)3 − y + 3( x − y + 1) = ⇔ ( x + − y ) ( x + 1) + y ( x + 1) + y  + 3( x − y + 1) = ⇔ ( x + − y ) ( x + 1) + y ( x + 1) + y + 3 =    ⇔ ( x + − y )   x + + y ÷ + y + 3 =        ⇔ x + − y =   x + + y ÷ + y + > ÷  ÷     ⇔ y = x +1 0.75 0.75 Thay y = x + vào (2) được: x + ( x + 1) − x = ⇔ x + x + x + − 3x = ⇔ 2x2 − x = ⇔ x(2 x − 1) = x = ⇔ x =  x = ⇒ y = +1 = 1 x = ⇒ y = +1 = 2    Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) ∈ ( 0;1) ,  ; ÷  2   Câu (3,5đ) 0.25 a) b) Ta có: OM ⊥ JM (JM tiếp tuyến (O)) NK ⊥ JM (K trực tâm ∆ JMN) ⇒ OM // NK Chứng minh tương tự ON // MK ⇒ OMKN hình bình hành Hình bình hành OMKN có hai đường chéo OK MN cắt H ⇒ H trung điểm OK Hình bình hành OMKN có OM = ON = a nên hình thoi ⇒ OM = MK ⇒ ∆ OMK cân M ∆ OMJ vng M, có: OM a · · cos MOJ = = = ⇒ MOJ = 600 OJ 2a ⇒ ∆ OMK tam giác ⇒ OK = OM = a ⇒ K ∈ (O; a) 0.75 0.75 c) OMKN hình thoi ⇒ MH ⊥ OK H ⇒ JO tiếp tuyến (M; MH) ⇒ r = MH ∆ OMH vuông H a a · hay r = ⇒ MH = OM.sin MOH = a.sin 600 = 2 0.75 d) Giả sử IA, IB tiếp tuyến (O) với A, B tiếp điểm * Phần thuận: · · · Tứ giác IAOB có AIB = IAO = IBO = 900 nên hình chữ nhật Lại có OA = OB = a ⇒ IAOB hình vuông ⇒ OI = OA = a ⇒ I ∈ O;a 1.0 ( ) * Phần đảo: Lấy điểm I ∈ O;a IO = a ( ) ∆ OAI vuông A ⇒ IA = OI − OA = Tương tự tính IB = a ⇒ IA = IB = OA = OB = a ⇒ Tứ giác IAOB hình thoi · ⇒ AIB = 900 ( a 2) − a2 = a2 = a ( ) * Kết luận: Tập hợp điểm I cần tìm đường tròn O;a Câu (0,5đ) Dựa theo lời giải bạn Giang Tien Hai Xét 5T − (12 x + 10 y + 15 z ) = x + y + z − 20 x − 20 y − z − (12 x + 10 y + 15 z ) = x + y + z − 32 x − 30 y − 20 z = x( x − 6, 4) + y ( y − 6) + z ( z − 4) Vì x, y, z ≥ nên từ điều kiện 12 x + 10 y + 15 z ≤ 60 , suy 12 x ≤ 60 x ≤ x − ≤  x( x − 6, 4) ≤     10 y ≤ 60 ⇔  y ≤ ⇔  y − ≤ ⇒  y ( y − 6) ≤ 15 z ≤ 60 z ≤ z − ≤  z ( z − 4) ≤     ⇒ x( x − 6, 4) + y ( y − 6) + z ( z − 4) ≤ ⇒ 5T − (12 x + 10 y + 15 z ) ≤ ⇒ 5T ≤ 12 x + 10 y + 15 z ≤ 60 ⇒ T ≤ 12 0.5 Dấu “=” xảy  x( x − 6, 4) = y ( y − 6) = z ( z − 4) =  x = y = 0; z = ⇔ ⇔ 12 x + 10 y + 15 z = 60  x = z = 0; y =  x = y = 0; z = Vậy max T = 12   x = z = 0; y = Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương ... 2 019 10 10 x 10 18 x + + 1 Xét T = P + = x − + = x x x x 10 x 10 + ≥2 × =4 Áp dụng BĐT Cơsi, ta có: x x x 10 = ⇔ x = (do x ≥ 0) Dấu “=” xảy ⇔ x 18 x ≥ 18 (vì x ≥ ) Lại có: ⇒ T ≥ + 18 − = 21 Vậy... + x1 + + x22 + x2 + T= + = = ( x1 + 1) ( x2 + 1) ( x1 + 1) ( x2 + 1) ( x1 x2 + x1 + x2 + 1) 2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 + 2( x1 + x2 ) + (m − 2) − 2( 1 − m) + 2( m − 2) + = ( x1 x2 + x1 + x2 + 1) ... ( 1 − m + m − + 1) 0.5 0.5 m − 4m + + + 2m + 2m − + m + 4 = ≥ =1 (−2)2 4 Vậy T = m = x + 8072 + x + 18 162 = (ĐK: m ≥ 2 018 ) ⇔ x + 2 018 + x + 2 018 = = Câu (1, 5đ) a) b) ⇔ x + 2 018 = ⇔ x + 2 018