Đề toán tuyển sinh lớp 10 THPT 2018 2019 sở GD và đt bắc ninh

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 trịn 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 q giảm em có thêm phần quà 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 trịn đường kính AB, điểm C, D nằm đường trịn 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 q nên ta có phương trình: xy = (x + 2)(y – 2) (1) 0.25 0.25 Tương tự: phần quà giảm em có thêm phần quà 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 trịn 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 trịn đường kính AB 0,25  sđ MAD = 1800  MA + AD = 1800  AC + AD = 1800 Áp dụng BĐT Cô-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 ... 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... đường kính AB 0,25  sđ MAD = 1800  MA + AD = 1800  AC + AD = 1800 Áp dụng BĐT Cô-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... 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: