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

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 không kể thời gian giao đề Ngày thi tháng năm 2018 Câu (2 điểm) 1.Tính giá trị biểu thức A   20    Tìm tham số m để đường thẳng y = (m-1)x +2018 có hệ số góc Câu 2: (3 điểm)  x  y  1.Giải hệ pt:  2 x  y  13   10  a  2.Rút gọn biểu thức: B     a 1 a a  a  a  1   a 1 a với a > 0,a  a)Rút gọn biểu thức B b)Đặt C  B a  a  So sánh A với   (với x ẩn m tham số) Cho pt: x  (m  2) x  3m   (1) a)Giải pt (1) m = -1 b)Tìm giá trị m để Pt (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x1 , x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền Câu 3: (1,5 điểm) Bạn Linh xe đạp từ nhà đến trường với quãng đường 10km Khi từ trường nhà, đường ấy, lượng xe giao thông tham gia nhiều nên bạn Linh phải giảm vận tốc 2km/h so với đến trường Vì thời gian nhà nhiều thời gian đến trường 15 phút Tính vận tốc xe đạp bạn Linh từ nhà đến trường Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh AB, AC điểm M, N ( M  B, N  C ) Gọi H giao điểm BN CM; P giao điểm can AH BC 1.Chứng minh tứ giác AMHN tứ giác nội tiếp 2.Chứng minh BM.BA = BP.BC 3.Trong trường hợp đặc biệt tam giác ABC canh 2a Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN theo a Từ điểm A kẻ tiếp tuyến AE AF can đường trịn (O) đường kính BC (E, F tiếp điểm) Chứng minh ba điểm E, H, F thẳng hàng Câu 5: (0,5điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  81 x  18225 x  x   với x > 9x x 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung (Học sinh tham khảo) Điểm 1 A  A   20   20   1 0,25đ 0,25đ A  100   A  10   A6 0,25đ Vậy A = Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc m-1 =  m  1 m4 Vậy m = Để đường thẳng y = (m-1)x+2018 có hệ số góc  2 x  y  16 x  y       2 x  y  13 2 x  y  13 3y  y  y     2 x  5y  13 2 x  5.1  13  x  0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25 0,25 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (4; 1) 0,25 2a Với a > 0, a  ta có:    10  a B    a  a a  a  a   B B B   a   10  a   a   a  1 a 4   a   a  1 a 4   a   a  1 Vậy B   a          a 1  a    10  a    a   a  1     a 1 a a 1 0,25đ a  a 1 a  a 1 a   Ta có: C  B a  a   a  a 1 a 1  Vì a>  a     a 1    a 1   a 1  a 1 a  a  0,25đ 0,25đ  a a  a 1 a   a  a 1    a   a 1 a  a 1 a 0,25đ a   với a > 0, a  nên C – >  C  Vậy C > 3a  với a > 0, a  2b Xét C     a 1 0,25đ (1) Xét Pt: x  m   x  3m   a)Thay m = - vào phương trình (1) ta được: x2  x   0,25    1   6   25    Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 3 1 x2   2 x1  Vậy m = - phương trình (1) có tập nghiệm S  3; 2 3b b) x  m  2 x  3m   0,25 (1) Δ  m  2  3m  3  m2  8m  16  (m  4) 2 Để pt (1) có hai nghiệm phân biệt      m     m    m   x1  x2  m   x1 x2  3m  Theo hệ thức Viet ta có  Theo đề hai nghiệm x1 , x2 PT (1) độ dài cạnh góc vng    x x 0 tam giac vng có cạnh huyền    x1  x2    x1  x2  25 0,25đ m  m    m  3m   m      m  m2  m  2   m  2m  15  (2)  x  x 2  x x  25  m  2   3m  3  25    Giải PT (2) m = (Thỏa mãn); m = - (không thỏa mãn) Vậy m = giá trị cần tìm 0,25đ Đổi 15 phút = (giờ) Gọi vận tốc xe đạp bạn Linh từ nhà đến trường x (km/h) ĐK: x >2 0,25 Thời gian bạn Linh xe đạp từ nhà đến trường là: 10 (giờ) x vận tốc xe đạp bạn Linh từ trường nhà : x-2 (km/h) 0,25 10 (giờ) x 2 Vì thời gian nhà nhiều thời gian đến trường (giờ) nên ta có PT 10 10   x 2 x  x  x  80  Giải PT x1  10 (thỏa mãn) 0,25 Thời gian bạn Linh xe đạp từ trường nhà là: x2  8 (loại) Vậy vận tốc xe đạp bạn Linh từ nhà đến trường 10 (km/h) 0,5 0,25 A N M H B C O p Xét đường tròn (O) có   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))   BMC AMH  90   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))   BNC ANH  90 Xét tứ giác AMHN có  AMH   ANH  900  900  1800 ,mà hai góc góc đối nên tứ giác AMHN tứ giác nội tiếp Chứng minh H trực tâm Δ ABC   BMC   900 Suy AP đường cao   APB  90  BPA Xét Δ BPA ΔBMC có  ABP góc chung 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   BMC   900 BPA Δ BPA ~ ΔBMC (gg) BP BA    BM BA  BP.BC (đpcm) BM BC 0,25 0,25 A M N H B p O C BC  a Tính AP  AC  PC  4a2  a2  3a2  AP  3a ABC mà H trực tâm ABC  H đồng thời trọng tâm ABC ABC  PC   AH  2 3a AP  3 Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là: C   d   AH  0,25 0,25  3a 0,25 Vậy C   3a A M N F E H B p O C   AFO   APO   900 Suy điểm A, E, P, O, F nằm Ta có: AEO   AF  đường trịn Mà AE = AF (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  AE   APE  (do góc nội tiếp chắn cung nhau)(1) Do AEF Chứng minh Δ AEM ~ ΔABE (gg)  AE  AM AB (2) Chứng minh Δ AMH ~ ΔAPB (gg)  AM AB  AH AP (3) Từ (2) (3) suy AE  AH AP  0,25 AE AP   Δ AEH ~ ΔAPE (c.g.c) AH AE   APE  (4) Từ suy AEH   điểm E, H, F nằm tia EF Do Từ (3) (4) suy  AEH  AEF 0,25 điểm E, H, F thẳng hàng Ta có: 81 x  18225 x  x  với x >  9x x 1 x 8 P  x  2025   9x x 1 P x 8 9  2016 9x x 1 9x   x 8 P  9x    2016 9x x 1 P  9x    x 1 x  x 1 P  9x    2016  x    2016 9x x 1 9x x 1 Theo BĐT cô si x  Ta có: 3  x 1 x 1 1 1  x  Dấu xảy x  x 9x 9x 9x  Dấu xảy x    x  9 Do P    2016  2018 Dấu xảy x  (thỏa mãn) 0,25 Vậy minP = 2018 x  0,25 ... là: 10 (giờ) x vận tốc xe đạp bạn Linh từ trường nhà : x-2 (km/h) 0,25 10 (giờ) x 2 Vì thời gian nhà nhiều thời gian đến trường (giờ) nên ta có PT 10 10   x 2 x  x  x  80  Giải PT x1  10. ..  20   1 0,25đ 0,25đ A  100   A  10   A6 0,25đ Vậy A = Để đường thẳng y = (m-1)x +2018 có hệ số góc m-1 =  m  1 m4 Vậy m = Để đường thẳng y = (m-1)x +2018 có hệ số góc  2 x ... có:    10  a B    a  a a  a  a   B B B   a   10  a   a   a  1 a 4   a   a  1 a 4   a   a  1 Vậy B   a          a 1  a    10  a 