ĐỀ và đáp án vào 10 THANH hóa 2018 2019

0977.157.943  01259.844.199 KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi: Tốn Thời gian: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Ngày thi 8/6/2018 Đề có 01 trang gồm 05 câu THẦY THUẬN SẦM SƠN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) Giải phương trình: x 2+8x+7=0 Do ab+c=18+7=0 nên phương trình cho có hai nghiệm x1=1; x2=7  2x  y  6 7x  14 x  x     5x  y  20 5x  y  20 10  y  20  y  10 Giải phương trình:  Câu II (2,0 điểm) Cho biểu thức A= x 1 x x  :( ) với x>0 x4 x 4 x2 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=2x+3 qua điểm A(1; 1) Cho phương trình x2(m2)x3=0 (m tham số) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1; x với m Tìm m để nghiệm thỏa mãn hệ thức: x12  2018  x1  x 22  2018  x Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R Gọi d 1; d2 tiếp tuyến đường (O) A B, I trung ddieemr đoạn OA, E điểm thay đổi (O) cho E không trùng với A B Đường thẳng d qua E vng góc với EI cắt d1; d2 M N Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Chứng minh IB.NE=3IE.NB Khi E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị khơng đổi tìm giấ trị nhỏ diện tích  MNI theo R Câu V(1,0 điểm) (đề thi lên 10 hóa 2018, ngày 08/06/2019) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1 Chứng minh rằng: 1   30 2 a  b  c abc HẾT Trang THẦY THUẬN SẦM SƠN 0977.157.943  01259.844.199 Câu I (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: x2+8x+7=0 Do ab+c=18+7=0 nên phương trình cho có hai nghiệm x1=1; x2=7 Vậy tập nghiệm S={1; 7}  2x  y  6 7x  14 x  x     5x  y  20 5x  y  20 10  y  20  y  10 Giải phương trình:  Vậy hệ có nghiệm (x; y)=(2; 10) Câu II (2,0 điểm) Cho biểu thức A= x 1 x x :(  ) với x>0 x4 x 4 x2 x x 2 Rút gọn biểu thức A Tìm tất giá trị x để A  x Giải Ta có: A= x 1 x x :( )  ( x  2) x ( x  2) ( x  2) x 1 x x x 1 x 2 = :( )  2 ( x  2) x 2 x  ( x  2) x ( x  1) x ( x  2) Vậy với x>0 A= x ( x  2) 1 1 Ta có: A     (do x  0,  x>0)  x ( x  2) x x x 2 3    x +2 (do  )  x   0, x   x1x1 = Đối chiếu điều kiện ta được: < x  giá trị cần tìm 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=2x+3 qua điểm A(1; 1) a  Khi (d) có dạng: y=2x+b b  Giải Do (d)//(d’) nên ta có:  Vì (d) qua A(1; 1) nên thay x=1; y=1 vào (d) được: 1=2+b  b=3(t/m) Vậy a= 2; b=3 giá trị cần tìm Cho phương trình x2(m2)x3=0 (m tham số) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1; x với m Tìm m để nghiệm thỏa mãn hệ thức: x12  2018  x1  x 22  2018  x Giải Ta có: =(m2)2+3 >0,  m (m2)2  0,  m  phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1; x với m Trang 0977.157.943  01259.844.199 THẦY THUẬN SẦM SƠN  x1  x  m  (1) (2)  x1 x  3 Áp dụng hệ thức Viét ta có:   x12 + x 22 =(x1+x2)2-2x1x2=(m2)2+6 (3) Theo ta có: x12  2018  x1  x  2018  x  x12  2018  x 22  2018  x1  x  ( x12  2018  x 22  2018)  (m  2)2 (theo (1))  (x12  2018)  (x 22  2018)  (x12  2018)(x 22  2018)  (m  2)2  (x12  x 22 )  4036  (x1 x )  2018(x12  x 22 )  20182  (m  2)2  (m2)2+40422  2018[(m  2)  6)]  20182 =(m2)2  40422  2018[(m  2)2  6)]  20182 =0   2018[(m  2)2  6)]  20182 =2021  2018[(m2)2+6]+4072333=4084441  2018[(m2)2+6]=12108  (m2)2+6=6  (m2)2=0  m=2 Thử lại, với m=2  phương trình cho trở thành: x23=0 có hai nghiệm x1= ; x2= Thỏa mãn đẳng thức: x12  2018  x1  x  2018  x Vậy m=2 giá trị cần tìm Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R Gọi d1; d2 tiếp tuyến đường (O) A B, I trung ddieemr đoạn OA, E điểm thay đổi (O) cho E không trùng với A B Đường thẳng d qua E vuông góc với EI cắt d1; d2 M N Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Chứng minh IB.NE=3IE.NB Khi E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị khơng đổi tìm giấ trị nhỏ diện tích  MNI theo R Giải Trang 0977.157.943  01259.844.199 THẦY THUẬN SẦM SƠN N M E A I O B 1) Ta có: IEM=900 (do d  IE (gt)) MAI=900 (tính chất tiếp tuyến)  IEM+MAI=1800  tứ giác IEMA nội tiếp (do có tổng hai góc đối 1800) 2) Tương tự câu a, ta chứng minh tứ giác EIBN nội tiếp có NEN=EBI=900  EIA= ENB (vì bù với EIB) Mặt khác: E1=E3 (vì phụ với E2)   IEA  NEB (gg)  1 IA IE   IA.NE  IE.NB NB NE Vì IA= OA (gt)  IA= IB (1) (2) Từ (1) (2)  IB.NE=3IE.NB  đpcm 3) Từ chứng minh trên, ta có:  IEA  NEB (gg)  NB EB  IA EA (3) Chứng minh tương tự ý 2, ta được: AME  BIE (g.g) có: E4=E2 (do phụ với  E3) AME= EIB (cùng bù với  AIE)  AM AE  BI BE Từ (3) (4)  (4) AM BN EB EA    AM.BN=BI.IA= R R= R không đổi BI AI EA EB 2  đpcm *) Do tứ giác AEMI nội tiếp   EIM=EAM (cùng chắn cung EM) Mà EAM=EBA(góc tạo tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp)  EIM= EBA Do tứ giác EIBN nội tiếp  EIN=EBN (cùng chắn cung EN) Mà  EBA+EBN=900  EIM+EIN=900   MIN vuông I Trang 0977.157.943  01259.844.199 THẦY THUẬN SẦM SƠN 1 2 SIMN= IM.IN= IM IN = (AM  IA )(BN  IB2 )  R2 (AM  )(BN  R ) 4  R2 9R (AM.BN)  (9AM  BN )  16  R2 9R 9R R R  (9AM  BN )    (9AM  BN ) 16 16 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số, ta được: 9AM2+BN2  3AM.BN  R  SIMN  9 R  R  R 8 Dấu “=” xảy 9AM2=BN2  3AM=BN Câu V(1,0 điểm) (đề thi lên 10 hóa 2018, ngày 08/06/2019) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1 Chứng minh rằng: 1   30 2 a  b  c abc Giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau: 1 , x, y, z    x y z xyz số thực dương Thật vậy, áp dụng BĐT Cô si cho số, được: 1 1 1 (*)  đpcm (x  y  z)(   )  3 xyz.3  9    x y z xyz x y z xyz abc 1      Áp dụng BĐT (*), ta có: abc abc ab bc ca ab  bc  ca 1 (1)   9abc ab  bc  ca Lại tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta 1    9 2 a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca (a  b  c) 2 9 Từ (1) (2)  2  a  b  c 9abc (2) Mặt khác: Áp dụng BĐT Côsi cho số được: abc  (   27   21 abc 9abc (3) abc )  27 (4) Cộng vế với vế (3) (4) ta được: 1   30 Dấu “=” xảy a=b=c= 2 a  b  c abc Lưu ý: BĐT (*) gọi BĐT Svacxơ Khi thi lên lơp 10 THPT, lúc áp dụng nên chứng minh Trang 0977.157.943  01259.844.199 THẦY THUẬN SẦM SƠN Trang ... ta có: x12  2018  x1  x  2018  x  x12  2018  x 22  2018  x1  x  ( x12  2018  x 22  2018)  (m  2)2 (theo (1))  (x12  2018)  (x 22  2018)  (x12  2018) (x 22  2018)  (m ... (x1 x )  2018( x12  x 22 )  20182  (m  2)2  (m2)2+40422  2018[ (m  2)  6)]  20182 =(m2)2  40422  2018[ (m  2)2  6)]  20182 =0   2018[ (m  2)2  6)]  20182 =2021  2018[ (m2)2+6]+4072333=4084441... 3AM.BN  R  SIMN  9 R  R  R 8 Dấu “=” xảy 9AM2=BN2  3AM=BN Câu V(1,0 điểm) (đề thi lên 10 hóa 2018, ngày 08/06 /2019) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1 Chứng minh rằng: 1   30 2