9 đề thi chính thức vào 10 môn toán sở GD đt quảng ninh (năm học 2018 2019) (có lời giải chi tiết)

SỞ GD & ĐT TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu (VD) (2,5 điểm): Thực phép tính 27 � x 9x �  x  x với x �0 và x �9 Rút gọn biểu thức P  � �3  x  x � � � �   Xác định hệ số a, b để đồ thị hàm số y  ax  b qua hai điểm A  2; 2  và B  3;  Câu (VD) (1,5 điểm): Giải phương trình x  4x   2 Tìm giá trị m để phương trình x   m  1 x  m    * có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn x1  x  10 Câu (VD) (2 điểm): Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: 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 và vận tốc tăng so với lúc là 32km/h Tính vận tốc tơ từ A đến B, biết thời gian nhiều thời gian là giờ 45 phút Câu (3,5 điểm): Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Trên đường tròn (O) lấy điểm C (C khơng trùng với A và B) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BC điểm D Gọi H là hình chiếu A đường thẳng DO Tia AH cắt đường tròn (O) điểm F (khơng trùng với A) Chứng minh a) DA  DC.DB b) Tứ giá AHCD nội tiếp c) CH  CF d) BH.BC  2R BF Câu (VDC) (0,5 điểm): Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Cho x, y là số thực dương thỏa mãn xy  �x Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q xy 3x  xy  y 2 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp: +) Sử dụng công thức: A A  B B +) Quy đồng mẫu phân thức sau biến đổi biểu thức để rút gọn biểu thức P +) Thay tọa độ điểm A và điểm B vào công thức hàm số cho ta hệ phương hai ẩn a, b Giải hệ phương trình ta tìm a và b Cách giải: 27 27   3 3 Điều kiện: x �0, x �9   � x  x � � x 9x � 9x � � P� x x   x x �3  x   x � � � 3 x 3 x 3 x 3 x � � � � �   93 x  3 x   3 x     x x    3 x 3 x         x 3 x Đồ thị hàm số y  ax  b qua hai điểm A  2; 2  và B  3;  nên ta có hệ phương � a � 2a  b  2 5a  4 � � � �� �� trình: �  3a  b  b   3a � � � b � Vậy ta có a   ; b   5 Câu 2: Phương pháp: Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải +) Sử dụng cơng thức nghiệm để giải phương trình bậc hai ẩn +) Phương trình có hai nghiệm �  ' �0 b � x1  x   � � a +) Áp dụng hệ thức Vi-ét � và hệ thức bài cho để tìm m �x x  c �1 a Cách giải: x  4x   �  x    � x  2 Vậy tập nghiệm phương trình là S   2 +) Phương trình có hai nghiệm x1 , x và �� '  m �� 1 m�۳۳ m 2m m 2m m � �x1  x   m  1 Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có: � �x1x  m   2  3 Từ đề bài ta có: x1  x  10 � x12  x 22  x1x  100 �  x1  x   2x1x  x1x  100 2 Lại có x1x  m   m � x1x  x1x  m  Khi ta có: x1  x  10 �  x1  x   100 � x12  x1x  x 22  100 �  x1  x   2x1x  2x1x  100 �  x1  x   100 � x1  x  �10 +) TH1: x1  x  10 kết hợp với (2) ta được: �x1  x  10 �  m  1  10 � m   tm  � �x1  x   m  1 +) TH2: x1  x  10 kết hợp với (2) ta được: �x1  x  10 �  m  1  10 � m  6  ktm  � �x1  x   m  1 Vậy m  thỏa mãn điều kiện bài toán Câu 3: Phương pháp: Giải bài tốn cách lập phương trình hệ phương trình: +) Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải +) Biểu diễn đại lượng chưa biết theo ẩn và đại lượng biết +) Dựa vào giả thiết bài toán để lập phương trình hệ phương trình +) Giải phương trình hệ phương trình vừa lập để tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện ẩn kết luận Cách giải: Gọi vận tốc ô tô từ A đến B là x  km / h   x   Thời gian ô tô từ A đến B là: 156 (giờ) x Vận tốc ô tô lúc là: x  32  km / h  Thời gian ô tô lúc là: Đổi: giờ 45 phút   120 (giờ) x  32 45  giờ 60 Theo đề bài ta có phương trình: 156 120   x x  32 � 156.4  x  32   120.4.x  7x  x  32  � 624x  19968  480x  7x  224x � 7x  80x  19968  �  x  48   7x  416   x  48  tm  � x  48  � � �� � 416 � 7x  416  x  ktm  � � Vậy vận tốc ô tô lúc từ A đến B là 48km/h Câu 4: Phương pháp: a) Sử dụng hệ thức lượng tam giác vuông b) Chứng minh tứ giác AHCD có tổng hai góc đối 1800 c) Chứng minh tam giác CFH đồng dạng với tam giác CAD d) Chứng minh tam giác BFH đồng dạng với tam giác BCA Cách giải: Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải a) Ta có ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) � AC  BC hay AC  BD Ta có DAB  900 ( Do DA là tiếp tuyến đường tròn tâm O A) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABD vng A có đường cao AC ta có DA  DC  DB b) Xét tứ giác AHCD có AHD  ACD  900 � Hai đỉnh C và H kề nhìn cạnh AD góc 900 � Tứ giác AHCD nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) c) Do tứ giác AHCD nội tiếp nên FHC  ADC (cùng bù với AHC) Xét tam giác FHC và tam giác ADC có: CHF  DAC (góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC) FHC  ADC  cmt  � FHC : ADC  g.g  � FCH  ACD (hai góc tương ứng) Mà ACD  900 � FHC  900 � CH  CF d) Xét tam giác vuông OAD vuông A có OH là đường cao ta có OA  OD.OH (hệ thức lượng tam giác vuông) Mà OA  OB  R � OB  OD.OH � OB OD  OH OB Xét tam giác OBH và ODB có: BOD chung OB OD   cmt  OH OB � OBH : ODB  c.g.c  � OBH  ODB Mà ODB  CAF (hai góc nội tiếp chắn cung CH đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD) Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải CAF  CBF (hai góc nội tiếp chắn cung CF đường tròn (O)) � OBH  CBF � OBH  HBC  CBF  HBC � OBC  HBF  ABC Xét tam giác BHF và tam giác BAC có: BHF  BCA  900 (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)); HBF  ABC  cmt  � BFH : BCA  g.g  � BF BH BH.BC  �  BA  2R BC BA BF Câu 5: Ta có: xy  �x,  x, y   � y  �1 x 1 Áp dụng BĐT Cơ si, ta có: y ��2 � y. x x Q Q xy 3x  xy  y 1 a  a  a2   1 3 y x y y  x x2 y x y x y x y  a,  a � , ta có: x Đặt 2 a  2a  1 , 0a � a a 3 a  2a  Ta chứng minh: �  * , 0  a � a a 3  * �  a  2a  1 �5  a  a  3  a  a   0, a  � 4a  23a  �0 � 4a  a  24a  �0 � a  4a  1   4a  1 �0 �  4a  1  a   �0 Do  a � � 4a  �0, a   �  4a  1  a   �0 a  2a  � ��� , a a2  a  Vậy Q max Q a  2a  a2  a  , a �y  �x  � �x � a  � � và  � � y �y   � � � x Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải ... x  10 �  x1  x   100 � x12  x1x  x 22  100 �  x1  x   2x1x  2x1x  100 �  x1  x   100 � x1  x  10 +) TH1: x1  x  10 kết hợp với (2) ta được: �x1  x  10 �  m  1  10. .. giá trị nhỏ biểu thức Q xy 3x  xy  y 2 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Phương pháp: +) Sử dụng công thức: A A  B B +) Quy đồng mẫu phân thức sau biến đổi biểu thức để rút gọn biểu thức P +) Thay... BCA Cách giải: Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải a) Ta có ACB  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) � AC  BC hay AC  BD Ta có DAB  90 0 ( Do