Tổng hợp các đề thi vào lớp 10 môn Toán các trường THPT chuyên và không chuyên năm 2018-2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn (chung) – Đề Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) 2x   x x  (d ) Gọi A, B giao điểm (d1), (d2) với trục Oy C giao điểm (d1) với (d2) Tính diện tích tam giác ABC 3) Cho tam giác ABC có AB  8(cm), BC  17(cm), CA  15(cm) Tính chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC 4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy 6 (cm) , độ dài đường sinh 5(cm) Tính thể tích hình nón   x 1  x    Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P   x   (với x  x  ) : x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức P 2) Chứng minh với x  x  P  Câu (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x  mx  m  m   (với m tham số) a) Chứng minh với giá trị tham số m, phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình cho ( x1  x2 ) Tìm tất giá trị tham 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng y   x  (d1 ) y  số m để x2  x1  2) Giải phương trình x   3  x  x    x  x  Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (với AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O; R) Đường tròn (O; R) tiếp xúc với cạnh BC, AB D, N Kẻ đường kính DI đường tròn (O; R) Tiếp tuyến đường tròn (O; R) I cắt cạnh AB, AC E, F 1) Chứng minh tam giác BOE vuông EI BD  FI CD  R 2) Gọi P, K trung điểm đoạn thẳng BC, AD; Q giao điểm BC AI Chứng minh AQ  KP 3) Gọi A1 giao điểm AO với cạnh BC, B1 giao điểm BO với cạnh AC, C1 giao điểm CO với cạnh AB (O1; R1) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1    Chứng minh: AA1 BB1 CC1 R1  OO1 Câu (1,0 điểm) (2 x  y  1) x  y   (4 x  y  3) x  y (1) 1) Giải hệ phương trình  2 (2)  x  x   2(3 y  2) x  y  2 x  x  2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  2bc  2ca  Tìm giá trị nhỏ biểu 11a  11b  12c thức Q  8a  56  8b  56  4c  HẾT -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ kí GT 1: Họ tên, chữ kí GT 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x   x (1) (ĐK: x  ) 1) 2)  x  1 (1)  x  x   x  x    ( x  1)( x  3)    x  Kết hợp với điều kiện  x  Vậy nghiệm phương trình x = Đường thẳng (d1) qua điểm y (0; – 2) (– 2; 0) Đường thẳng (d2) qua điểm (0; 3) (– 2; 0) B Theo đề bài, ta có: A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0) d1  CO = 2; AB = Diện tích  ABC là: AB.OC 5.2 x O S   (đơn vị diện tích) C 2 d2 Câu (2,0đ) 3) 4) 0.5 A Ta có: B BC2 = 172 = 289 AB2 + AC2 = 82 + 152 = 289 F  BC2 = AB2 + AC2   ABC vng A (định lí O D Py-ta-go đảo) Vẽ (O; R) nội tiếp  ABC, (O) A E tiếp xúc AB, AC, BC D, E, F   ADE   AED   900 Tứ giác ADOE có DAE  Tứ giác ADOE hình chữ nhật Lại có OD = OE = R Tứ giác ADOE hình vng  AD = OD = R Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AD = AE, BD = BF, CE = CF  AB + AC = AD + BD + AE + CE = AD + BF + AD + CF = 2AD + BC  AD = (AB + AC – BC) : = (8 + 15 – 17) : = 3(cm)  R = 3cm Bán kính đường tròn đáy là: C 6 r   (cm)  2 Gọi  độ dài đường sinh, h chiều cao hình nón Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: h    r  52  32  (cm) 0.5 C 0.5 0.5 Thể tích hình nón là: 1 V  r h  .32.4  12 (cm3) 3   x 1 1 x   P x   : x  x x x   1) Câu (1,5đ)   x 1  x 1 1 x  x 1 : x  x 1 x 11 x : x x x 1  x 1 x x : x x x 1  x         x 1   1.0 : x x x 1 x x 1  x 1  x  1 x 1 x  Vậy P  x 1   P   với x  x  x Với x  x  , ta có: 2) 1a) Câu (2,5đ) 1b) x 1  x 1  x x 4 x x x Vậy với x  x  P  Phương trình x  mx  m  m    15  Ta có hệ số c  m  m     m     2   ac   Phương trình có hai nghiệm trái dấu Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1  x2  x1   x2 Do đó: x2  x1   x2  x1  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2  m m2 Vậy m  giá trị cần tìm  0.5 0.75 0.75 x   3  x  3x    x  x  2)   x  3  x  3x   (2  x)(3  x) ĐK: 2  x  Đặt a   x , b   x ( a, b  0)  x   4a  b  10 Phương trình trở thành: 1.0 6a  3b  4a  b  10  4ab  3(2a  b)  (2a  b)  10  (2a  b)  3(2a  b)  10   (2a  b  2)(2a  b  5)   2a  b   (do a, b   2a  b   0)  2a  b   2 x  3 x  Cách 1: 2 x  3 x   4(2  x)  (2  x)(3  x)   x  25  3x  11  (2  x)(3  x)  25  (2  x)(3  x)  14  x  16(6  x  x )  196  84 x  x (do x   14  x  0)  25 x  100 x  100   x2  x    ( x  2)   x  (thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm phương trình cho x  Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2 x  3 x   2 2  12    x   x   25  2 x  3 x  Dấu “=” xảy 2 x    x   x  12  x  x  2 A E N I 0.25 Câu (3,0đ) F O B 1) D C Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: OB tia phân giác góc NOD, OE tia phân giác góc NOI Mà góc NOD kề bù với góc NOI  OB  OE   BOE vuông O 1  O   DOI   BOE   1800  900  900 Ta có: O 1  O   900 (  BOD vuông D) B 0.75 1  B 1 O   ODB   900 ,O 1  B 1  IOE  DBO có: OIE  IOE # DBO (g.g) OI EI    EI.BD  OI.OD  R BD OD Chứng minh tương tự, ta FI.CD  R Vậy EI.BD  FI.CD  R A I E N F K O B 2) D P Q C EI CD (1)  FI BD EF // BC (  DI ) Áp dụng hệ định lí Ta-lét, ta có: EI FI  AI  EI BQ (2)       BQ CQ  AQ  FI CQ Từ (1) (2) CD BQ CD BD CD  BD BC         BD  CQ BD CQ BQ CQ BQ  CQ BC Lại có BP = CP  BP – BD = CP – CQ  PD = PQ Vì KD = KA PD = PQ  KP đường trung bình  DAQ  AQ = 2KP Từ EI.BD  FI.CD  0.5 A C1 B1 O O1 3) B S R A1 Ta có: 1    AA1 BB1 CC1 R1  OO1  R1  OO1 R1  OO1 R  OO1   2 AA1 BB1 CC1 C 1.0 R1  OO1 O1A  OO1 OA AA1  OA1 OA1     1 AA1 AA1 AA1 AA1 AA1 Kẻ OR  BC, AS  BC OA1 OR OR.BC 2SOBC SOBC      AA1 AS AS.BC 2SABC SABC Lại có: S R1  OO1 OA1  1   OBC AA1 AA1 SABC S S R  OO1 R  OO1   OAC ;   OAB Tương tự, ta có: BB1 SABC CC1 SABC   S S S  R1  OO1 R1  OO1 R  OO1      OBC  OAC  OAB  AA1 BB1 CC1  SABC SABC SABC  S R  OO1 R1  OO1 R  OO1     ABC    AA1 BB1 CC1 SABC Dấu “=” xảy  O  O1   ABC (vơ lí, AB < AC) 1 Vậy (đpcm)    AA1 BB1 CC1 R1  OO1  (2 x  y  1) x  y   (4 x  y  3) x  y  2  x  x   2(3 y  2) x  y  2 x  x  Đặt u  x  y  , v  x  y  u, v   Phương trình (1) trở thành: (2v  1)u  (2u  1)v (1) (2)  2uv  u  2u 2v  v   2uv(v  u )  (v  u )   (v  u )(2uv  1)   v  u  (do u, v   2uv   0) vu Câu (1,0đ) 1)  x  y  2x  y 1 0.5  x  y  2x  y 1  3y  x 1 Thay y  x  vào phương trình (2) được: 1  x  x   2( x  1) x   ( x  2)(2 x  1)  ĐK: x    3   ( x  x  1)  x   2( x  1) x   ( x  2)(2 x  1)  ( x  1)  x   2( x  1) x     x   x   ( x  2)(2 x  1)      x 1   3x      x   3x    x  1 x   2x  x2 2 0 0  x   x     x   x    x   3x    x   x   x2  x   x   2x 1  x  (TMĐK) Với x  y  Thử lại thấy ( x, y )  (1;0) nghiệm hệ Vậy nghiệm hệ phương trình ( x, y )  (1;0) Sử dụng giả thiết ab  2bc  2ca  áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 8a  56  2(a  7)  2(a  ab  2bc  2ca)  2(a  b)(a  2c)  2(a  b)  a  2c  3a  2b  2c Tương tự: 8b  56  3b  2a  2c 4c   4c  ab  2bc  2ca  (2c  a)(2c  b)  2c  a  2c  b  Do đó:  8a  56  8b  56  4c  2)  (3a  2b  2c)  (3b  2a  2c)  (4c  a  b)  11a  11b  12c  11a  11b  12c Q 2 11a  11b  12c  Dấu “=” xảy  2(a  b)  a  2c  b  2c a  b      2c  a  c  b   ab  2bc  2ca  c   Vậy Q  a  b  1, c  Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 0.5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) Ngày thi 08/6/2018 Câu 1: (1,5 điểm) 1) Tìm x, biết: x  2) Giải phương trình: 43 x  2018 x  1975  3) Cho hàm số y   a  1 x Tìm a để hàm số nghịch biến x  đồng biến x  Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x   m  1 x  m   1 , m tham số 1) Tìm m để x  nghiệm phương trình (1); 2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12  x22  10 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng có phương trình:  d1  : y  x  2;  d  : y  2;  d3  : y   k  1 x  k Tìm k để đường thẳng đồng quy 2) Rút gọn tìm giá trị lớn biểu thức:   x 1 x2 x A    x  0, x  1 : 1 x x x 1 x  x 1 Câu 4: (3,5 điểm)   450 Gọi D, E hình chiếu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn A vng góc B, C lên AC, AB; H giao điểm BD CE 1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp ED 2) Chứng minh: DE.AB = BC.AD tính tỉ số BC 3) Chứng minh: HE + HD = BE + CD 4) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh AI  DE Câu 5: (1,0 điểm) Cho n số tự nhiên khác Tìm giá trị nhỏ của: 1 1 1 1 101 Q  1   1   1   1   2 3 n  n  1 n 1 N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) 9  x  (TMĐK) Vậy x  4 1) ĐK: x  Ta có x   x  2) Vì a  b  c  43  2018  1975  1975 43 x  Vậy phương trình có hai nghiệm x1  1; x2  3) Hàm số y   a  1 x x   a    a  1 biến nghịch đồng biến Câu 2: (2,0 điểm) 1) x  nghiệm phương trình (1)  2   m  1   m2       m  4m     m      m   m    m    m      m     m   2) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2      m  1   m     2m    m   x  x   m  1 Theo Viét, ta có:  2  x1 x2  m  2   Khi x12  x22  10   x1  x2   x1 x2  10    m  1  m   10  m 1   m   tm   m  4m     m  1 m        m  5  l   m   Vậy m  PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12  x22  10 Câu 3: (2,0 điểm) y x2  x  4 1) Tọa độ giao điểm  d1  ,  d  nghiệm hệ    y  2  y  2 Do đường thẳng đồng quy   d3  qua điểm  4;    2  4  k  1  k  3k  2  k     x 1 x2 x 2) A     :  x x x  x  x       x  1  x  x 1  x   x    x 1 x   x 1  x 1     x  1  x  x  1 x  x  x 1 3 3 x  x 1 Đẳng thức xảy  x   tmdk  Vậy Max  A   x  Vì x   x  x    A  N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang Câu 4: (3,5 điểm) A 45 x I D E B H C 1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp   BEC   900  BD  AC , CE  AB  Vậy tứ giác BEDC nội tiếp BDC ED 2) Chứng minh: DE.AB = BC.AD tính tỉ số BC Xét ADE ABC, ta có:  A (góc chung);  AED   ACB (tứ giác BEDC nội tiếp) AD AB  ADE ABC (g.g)    DE  AB  BC AD (đpcm) DE BC AD AB DE AD Từ    DE BC BC AB AD   cos 450  Vậy DE  Lại có ABD:  ADB  900  gt    cos BAD AB BC 3) Chứng minh: HE + HD = BE + CD   450  gt    ADB  900  gt  , BAD ABD  450 ABD:    900  gt  , EBH  BEH: BEH ABD  450  cmt  Do BEH vng cân E  HE = BE (a) Chứng minh tương tự có: CDH vng cân D  HD = CD (b) Từ (a), (b) suy HE + HD = BE + CD (đpcm) 4) Chứng minh AI  DE Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn (I)  Ax  AI (*)  ACB  sd  AB (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn BAx cung  AB đường tròn (I))  Lại có  AED  Ax / / DE ** AED   ACB (tứ giác BEDC nội tiếp)  BAx Từ * , ** suy AI  DE (đpcm) Câu 5: (1,0 điểm) Cho n số tự nhiên khác Tìm giá trị nhỏ của: 1 1 1 1 101 Q  1   1   1   1   2 3 n  n  1 n 1 Vì n số tự nhiên khác 0, nên ta có: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TỐN CHUN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/06/2018 Câu (2,0 điểm )  a 1   a 1  ab  a ab  a a) Rút gọn biểu thức T     1 :    1 ab  ab   ab    ab   b) Cho x   Tính giá trị biểu thức: H  x  3x  3x  6x  20x  2023 1 Câu ( 1,0 điểm) Cho Parabol (P ) : y  x đường thẳng (d ) : y  m  x  m  ( m tham số) 2 ờng thẳng đư hai điểm A (x 1; y ), B (x ; y ) cho biểu thức Với giá trị m (d ) cắt Parabol (P )   T  y  y  x 1x đạt giá trị nhỏ Câu (2,0 điểm ) a) Giải phương trình: x   6x  14  x   x  1y  1  10 b) Giải hệ phương trình:   x  y  xy  1  Câu (3,0 điểm ) Cho đường tròn O ; R  có hai đường k ính A B CD vng góc với Trên dây BC N  CA D ; A N cắt CD K lấy điểm M ( M khác B C ) Trên dây B D lấy điểm N cho MA Từ M kẻ MH  A B  H  A B  a) Chứng minh tứ giác A CMH tứ giác A CMK nội tiếp b) Tia A M cắt đường tròn O  E ( E khác A ) Tiếp tuyến E B đường tròn O  cắt F Chứng minh A F qua trung điểm HM c) Chứng minh MN tiếp xúc với đường tròn cố định M di chuyển dây BC  M khác B C  Câu (1,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên tố p cho 16p  lập phương số nguyên dương b) Tìm tất số nguyên a ,b  thỏa mãn a  b   a  b   4 Câu ( 1,0 điểm ) x2 y2  x y y x b) Xét số thực a, b, c với b  a  c cho phương trình bậc hai ax  bx  c  có hai nghiệm thực m , n thỏa mãn  m , n  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức a) Cho x , y hai số dương Chứng minh rằng: M  (a  b)(2a  c ) a (a  b  c ) HẾT Lưu ý: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh : Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: Page SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH BÌNH PHƯỚC LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Hướng dẫn chấm gồm 07 trang MƠN THI: TỐN CHUN Lưu ý: Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0, 125; thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa Điểm Nội dung Câu  a 1   a 1  ab  a ab  a a) Rút gọn biểu thức T     1 :    1 ab  ab   ab    ab   2,0 b) Cho x   Tính giá trị biểu thức: H  x  3x  3x  6x  20x  2023  a 1   a 1  ab  a ab  a a) Rút gọn biểu thức T     1 :    1 ab  ab   ab    ab   a   Điều kiện: b  ab   1,0 0,25 Ta có:   0,25 ab a  a 1 ab  a  1  ab  ab  ab  Và  Nên T  ab  2 a  ab  a 1  ab  ab  0,25  0,25 a 1  ab   : 2  a 1 ab    a 1 ab  ab b) Cho x   Tính giá trị biểu thức: 1,0 H  x  3x  3x  6x  20x  2023 Ta có :  x  2  2x   2x        4x  x   x  4x      H  x  4x  x  x  4x  x  x  4x   2018 0,25 0,25 Suy ra:       H  x x  4x   x x  4x   x  4x   2018 Do x  4x   nên H  2018 0,25 0,25 Page 2 x đường thẳng (d ) : y  m  x  m  ( m tham số) 2 Với giá trị m đường thẳng (d ) cắt Parabol (P ) hai điểm A (x 1; y ), B (x ; y ) cho biểu thức T  y  y  x 1x đạt giá trị nhỏ  Cho Parabol (P ) : y   1,0 Phương trình hồnh độ giao điểm : x  m  1 x  m   x  m  1 x  2m   2 (1) 0,125 Để (d ) cắt (P ) hai đ iểm A (x 1; y ), B (x ; y ) phương trình (1) có hai nghiệm D '   m  1  2m   2m  m    m  2 0,25 Vậy với  m  đường thẳng (d ) cắt Parabol (P ) hai điểm A (x 1; y ), B (x ; y ) Khi theo định lý Viet x  x  m  1  x 1x  2m  0,125 Ta có 2 y  (m  1)x  m  y  (m  1)x  m  Do T  y1  y  x1x  m  1x1  x   2m   x1x 0,125  m  1  4m   2m  4m   m  1 , m  0,2 2 Đặt t  m  Do m   0, 2  t   1,1  t   0,1 0,25 Nên T   m  1   2t  2 Vậy giá trị nhỏ T đạt t   m  1   m  0; m  2 x   6x  14  x  a) Giải phương trình: 0,125  x  1y  1  10 b) Giải hệ phương trình:   x  y  xy  1  a) Giải phương trình: x   6x  14  x  Điều kiện: x  xét: với điều kiện vế phải phương trình ln dương Nhận Ta có: x   6x  14  x   x    6x  14   x    x  3 x 3    x  3 x  3  x 1  6x  14      x  3     x  3   6x  14   x 1   2,0 1,0 0,125 0,25 0,25 0,125 Page x   x    6      x  3     x  3  x    x   6x  14  6x  14   V T *  7  x    PT *V N  Ta có :  3 V P *  16   Vậy phương trình có nghiệm x   x  1y  1  10 b) Giải hệ phương trình:   x  y  xy  1  2 2 2  x  1 (y  1)  10 x y  x  y   10  x  y    xy  1  10     x  y  xy  1   x  y  xy  1   x  y  xy  1  x  y  u Đặt xy   v  Khi đó, ta có:  * 0,125 0,125 1,0 I  0,125 0,125 u  v 2  2uv  10 u  v 2  16 u  v  10 I         uv  uv  uv   u    v   u   u  v    uv   v      u  v  4  u  1   v  3  uv   u  3  v  1  u  x  y  - Với v   xy    HPT V N   x  u  x  y  y - Với v   xy       x  y  0,125 0,125 1 2 0,125 2 1  x  u  1 x  y  1  y - Với v  3  xy  2   x     y 1  2  x  u  3 x  y  3 y  - Với v  1  xy     x  y  0 0,125  2 1  3 0,125  3 0 Page Vậy hệ phương trình có cá c nghiệm là: 1;  ,  2;1 , 1; 2  ,  2;1 ,  0; 3 ,  3;0  0,125 Cho đường tròn O ; R  có hai đường kính A B CD vng góc với Trên dây BC N  CA D ; lấy điểm M ( M khác B C ) Trên dây B D lấy điểm N cho MA ại ẻ A N c CD t K T M k MH  A B  H  A B  a) Chứng minh tứ giác A CMH tứ giác A CMK nội tiếp b) Tia A M cắt đường tròn O  E ( E khác A ) Tiếp tuyến E B đường tròn O  cắt F Chứng minh A F qua trung điểm HM c) Chứng minh MN ln tiếp xúc với đường tròn cố định M di chuyển dây BC  M khác B C  a) Chứng minh tứ giác A CMH tứ giác A CMK nội tiếp 3,0 1,25 C M A O B H K N D  Ta có: A CB  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay A CM  900 0,25 A CM  A HM  900  A CM  A HM  1800  tứ giác ACMH nội tiếp 0,25 Ta lại có: K  CA D  900  450 MA 2   M CK  sđ DB  90  450 2    MA K  MCK  tứ giác A CMK nội tiếp 0,25 0,25 0,25 b) Tia A M cắt đường tròn O  E ( E khác A ) Tiếp tuyến E B đường tròn O  cắt F Chứng minh A F qua trung điểm HM 1,0 Page C P E M F I A O B H K N D Gọi A F  MH  I  ; A M  BF  P  MH A H MH / /PB vng góc A B   PB AB IH A H IH / /FB    2 FB A B IH MH Từ 1 ,   suy  FB PB Ta có:    900 A EB  900  BEP 0,125 1 0,125 0,125 0,125   FBE  Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt  FE  FB  FEB   900  FEB  ;  ; FEP FPE  900  FBE   FPE   FE  FP  FEP Vì FE  FP FE  FB FB  FP mà F  BP  BP  2FB IH MH Suy ra:   MH  2IH  A F qua trung điểm I MH FB 2FB c) Chứng minh rằng: MN ln tiếp xúc với đường tròn cố định M di chuyển dây BC  M khác B C  0,125 0,125 0,25 0,75 C M G Q A O B H K N D   900 Vì tứ giác A CMK nội tiếp  A CM  MKN Gọi giao điểm A M dây DC G G  NDG   450  tứ giác A DNG nội tiếp Tứ giác A DNG có NA    900 A DN  MGN 0,125 0,125 Page   MGN   900  tứ giác MGKN nội tiếp  A  Vì MKN MN  A KC 0,125  C nên A Mà A MC  A MN MC  A K C chắn A 0,125 Kẻ A Q vng góc với MN Q Khi A MC  A MQ ch  gn   A Q  A C 0,125 Trong đó: A C  R  R  R không đổi A điểm cố định nên M di   chuyển dây BC MN ln tiếp xúc với đường tròn A ; R đường tròn 0,125 cố định a) Tìm tất số nguyên tố p cho 16p  lập phương số nguyên dương b) Tìm tất số nguyên a ,b  thỏa mãn a  b   a  b   4 1,0 a) Tìm tất số nguyên tố p cho 16p  lập phương số n guyên dương 0,5 2 Vì 16p  lẻ lớn nên đặt 16p    2n  1 , n  * Ta có:  16p    2n  1  8p  n 4n  6n  3  Vì 4n  6n  số lẻ lớn khơng phân tích thành tích hai số nguyên n  nên từ suy  4n  6n   p Từ đó, ta có p  307 Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy p  307 số nguyên tố 0,125 0,125 0,125 0,125 thỏa mã n yêu cầu b) Tìm tất số nguyên a ,b  thỏa mãn a  b   a  b   4 0,5 Nhân hai vế 12 , ta được: 2 36 a  b  84 a  b   48   6a     6b    50 0,125   Số 50 phân tích thành tổng hai số phương 50  25  25   49 0,125 Page Nhận xét: Do vai trò a ,b nên a ,b  thỏa mãn b,a  thỏa mãn Nên cần xét tr ường hợp sau: TH1:  a    b   6a    a    a      6a    b      6a  2  25  6a   5  a         6a   5  6b    25     6a    b    6a   5  a   6a   5      b    0,125 TH2:   a    6a    b      6b     6a    a      6a     6b   7      b   6b    49  6a   1  a   6b      6a   1  b    6b   7    a   b   Kết hợp với giả thiết nhận xét trên, ta có số  0,1 ; 1,  ,  2,  a ,b  thỏa mãn là: x2 y2   x  y y x b) Xét số thực a, b, c với b  a  c cho phương trình bậc hai ax  bx  c  có hai nghiệm thực m , n thỏa mãn  m , n  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức (a  b)(2a  c ) M  a (a  b  c ) 0,125 a) Cho x , y hai số dương Chứng minh rằng: a) Cho x , y hai số dương Chứng minh rằng: Với x , y hai số dương x2 y2   x  y y x x2 y2   x  y  x  y  xy x  y  y x 1,0 0,5 0,125 Page    x  y  x  xy  y  xy x  y  0,125 0,125 x  xy  y  xy  x  2xy  y   x  y   (hiển nhiên) Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy x  y  0,125 b) Xét số thực a, b, c với b  a  c cho phương trình bậc hai ax  bx  c  có hai nghiệm thực m , n thỏa mãn  m , n  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ nh ất biểu thức (a  b)(2a  c ) M  a (a  b  c )  0,5  Giả thiết phương trình ax  bx  c  có hai nghiệm m , n  m  1,  n  nên a  Theo định lí Viete, ta có: m  n   0,125  b  c 1       m  n  mn a  a (a  b)(2a  c )  M    a (a  b  c ) b c  m  n  mn 1  a a  Từ suy ra: Vì b c m n  a a  mn  mn  nên M    1  m  n   1m n 0,125 0,125 Vậy giá trị lớn M đạt mn  hay c  Do  m  1,  n  nên mn  , suy ra:       m n   n m   mn    mn  1m n   Do đó: 1m n M   1m n  1m n  Vậy giá trị nhỏ M 0,125  đạt m  n  hay a  b  c  a  c Page UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút I TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời câu sau: Câu Phương trình x2 – 3x – = có hai nghiệm x1, x2 Tổng x1 + x2 bằng: A B –3 C D –6 Câu Đường thẳng y = x + m – qua điểm E(1;0) khi: A m = –1 B m = C m = D m = Câu Cho tam giác ABC vuông A,  ACB  30 , cạnh AB = 5cm Độ dài cạnh AC là: 5 D cm B cm A 10 cm C cm Câu Hình vng cạnh 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vng là: A B C D 2 Câu Phương trình x + x + a = (với x ẩn, a tham số) có nghiệm kép khi: 1 A a = B a = C a = D a = –4 4 a3 Câu Cho a > 0, rút gọn biểu thức ta kết quả: a A a2 B a C ± a D –a II TỰ LUẬN (7,0 điểm) x  y  Câu (2,5 điểm) a) Giải hệ phương trình  3x  y  b) Tìm tọa độ giao điểm A, B đồ thị hai hàm số y = x2 y = x + Gọi D, C hình chiếu vng góc A, B lên trục hồnh Tính diện tích tứ giác ABCD Câu (1,0 điểm) Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/6, nhóm học sinh cần chia số lượng thành phần quà để tặng cho em nhỏ mái ấm tình thương Nếu phần quà giảm em có thêm phần q nữa, phần quà giảm em có thêm phần quà Hỏi ban đầu có phần quà phần quà có vở? Câu (2,5 điểm) Cho đường tròn đường kính AB, điểm C, D nằm đường tròn cho C, D nằm khác phía đường thẳng AB, đồng thời AD > AC Gọi điểm AC ,  AD M, N; giao điểm MN với AC, AD H, I; cung nhỏ  giao điểm MD CN K  Từ suy tứ giác MCKH nội tiếp a) Chứng minh  ACN  DMN b) Chứng minh KH song song với AD c) Tìm hệ thức liên hệ sđ  AC sđ  AD để AK song song với ND Câu 10 (1,0 điểm) a) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 4a2 + 6b2 + 3c2 b) Tìm số nguyên dương a, b biết phương trình x2 – 2ax – 3b = x2 – 2bx – 3a = (với x ẩn) có nghiệm nguyên Hết - Đáp án – thang điểm tham khảo I Phần trắc nghiệm (3đ) Câu Đáp án A D C D B B II Phần tự luận (7đ) Câu Phần a) Câu (2,5đ) b) Nội dung Điểm x  y  x  y  x 1 7 x      3x  y  y  3x  y  6 x  y  1.0  x  1  y   Xét phương trình x2 = x +  x2 – x – =   x  y  0.5 Vậy A(-1; 1); B(2; 4) 0.5 Suy D(-1; 0); C(2; 0) Kẻ AH  BC (H  BC) 15 S S  3 Vậy S (đvdt) ABCD ABH HCD 2 0.5 Gọi số phần quà ban đầu x (x  * ) Câu Gọi số có phần quà y (quyển) (y  * ) Ta có: tổng số nhóm học sinh có là: xy (quyển) (1,0đ) Theo đề bài: phần quà giảm em có thêm phần quà nên ta có phương trình: xy = (x + 2)(y – 2) (1) 0.25 0.25 Tương tự: phần quà giảm em có thêm phần q nên ta có phương trình: xy = (x + 5)(y – 4) (2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  xy  ( x  2)( y  2)  xy  xy  x  y   x  y  2  x  10      y  12  xy  xy  x  y  20 4 x  y  20  xy  ( x  5)( y  4) 0.25 (TM) Vậy ban đầu có 10 phần quà phần quà có 12 0.25 a) 0,25 Câu (2,5đ) Vẽ hình ý a) Có N điểm AD (giả thiết)  AN = ND  DMN  góc nội tiếp chắn cung AN ND Có ACN  = DMN  (2 góc nội tiếp chắn cung nhau)  ACN 0,25 0,25 Xét tứ giác MCKH có:  = DMN  Mà góc nhìn cạnh HK ACN  MCKH tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) 0,25 b) c)  = CMK  (cùng chắn CK ) Có MCKH nội tiếp (CM câu a)  CHK 0,25  = CAD  (cùng chắn CD ) Xét đường tròn đường kính AB có: CMK 0,25  = CAD  Từ (1) (2)  CHK 0,25 Mà góc vị trí đồng vị  HK // AD (đpcm) 0,25 Có AK // ND  = ADN  = KMI   MAIK nội tiếp  KAD  = AKI   = ACN  = AMI ADN  = AKI   AKI cân I Mà IM phân giác AIK   KAI 0,25  MI  AK Mà AK // ND  = 900  MI  ND hay MN  ND  MND  MD đường kính đường tròn đường kính AB 0,25  sđ MAD = 1800  MA + AD = 1800  AC + AD = 1800 Áp dụng BĐT Cơ-Si cho số dương, ta có: a) Câu 10 (1,0đ) 4(a  1)  4.2 a 2.1  8a (1) 4 6(b2  )  6.2 a  8b 9 (2) 16 16 3(c  )  3.2 c  8c 9 (3) 0,25 Cộng theo vế (1), (2), (3) 16 Ta có A     8(a  b  c)  8.3  24 3  A ≥ 12 a     b  a     16  Dấu xảy c   b    a, b, c    c  a  b  c    0,25  4 Vậy Min A = 12 (a, b, c) = 1; ;   3 b 0,5 x2 – 2ax – 3b = (1); x2 – 2bx – 3a = (2) '(1) = a2 + 3b = m2; '(2) = b2 + 3a = n2 (m, n  * ) Không tổng quát, giả sử a ≥ b >  a < m < (a + 2)  m = (a + 1) = a + 3b 2 2 2 0,25  2a + = 3b  2a  (mod 3) b)  a = 3k +  2(3k +1) + = 3b  b = 2k + (k   ) Từ b2 +3a = n2  (2k + 1)2 + 3(3k + 1) = n2  (2k + 2)2 ≤ n2 < (2k + 4)2  n2  (2k  2)2 k     2 k   n  (2k  3)  (a; b)  {(11;16);(16;11);(1;1)} Chú ý: - Chú ý em làm cách khác mà kết điểm tối đa! 0,25 ... trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Mơn thi : Tốn Thời gian : 120 phút khơng kể thời gian giao đề Ngày thi tháng năm 2018 Câu (2... 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. .. Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 0.5 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: