Đáp án vào 10 Toán học Điện Biên 2018-2019 - Học Toàn Tập

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: Tốn

Câu ý Hướng dẫn

1 (2.0đ)

1.a (0.5đ)

Giải phương trình: 5x 1 3x 7 2x  2 x Vậy phương trình có nghiệm x1

1.b

(0.5đ) Giải phương trình:

4

12 x x  

Đặt 2

1

( 0) 12 0;

tx t    t t     t t  

Với t2    4 x Vậy phương trình có nghiệm x1 2; x2  2 2.a

(0.5đ) Hệ phương trình:

3

2

x y m x y m

  



    

Với 2

2 5

x y x y x

m

x y x y y

    

  

   

    

  

Vậy hệ có nghiệm (1; 2) 2.b

(0.5đ)

Giải hệ cho theo m ta được:

3

2 2

x y m x y m x m

x y m x y m y m

      

  

          

  

Vậy với m hệ ln có nghiệm ( ;m m1)

Để hệ có nghiệm thỏa mãn: 2 2

10 ( 1) 10

x y  m  m 

2 19

2

2

m m m  

     

Vậy có giá trị m thỏa mãn tốn: 19 m  

2 (1.5đ)

a (0.5đ)

2

2

1 1 1 ( 1)

:

1 ( 1) ( 1) 1

x x

A

x x x x x x x x

 

 

 

     

     

   

2

1 ( 1)

( 1)

x x x

A

x x x x

  

 

 

b (1.0đ)

9

9 x x

P A x

x

  

  

Đặt

0 ( 1)

x   t t  P t 

Do a c0 nên phương trình có nghiệm t0 khi:

1

0 t t

  

   

2 5

( 1) 36

5

1

0

1

P P

P P

P

P

  

   

 

      



  

 

3 (1.0đ)

Gọi vận tốc thực thuyền x km h( / ), (x4) Khi vận tốc thuyền xi dịng từ A đến B là: x4 (km h/ ); ngược lại từ B A thuyền với vận tốc là: x4 (km h/ )

Thời gian thuyền từ A đến B 24 ( ) h x Gọi C vị trí thuyền bè gặp

Vì AC 8 BC16 nên thời gian thuyền từ B quay lại C là: 16 ( ) h x Thời gian bè trôi với vận tốc dòng nước từ A đến C 2( )

4 h

Vì thuyền bè gặp C nên ta có phương trình:

24 16

2

4

x  x 

2

1

20 0 ( ); 20 ( / )

x x x loai x t m

     

Vậy vận tốc thực thuyền là: 20 (km h/ )

4 (1.5đ)

a (0.5đ)

Xét PT hoành độ giao điểm:

2 2

( 1) ( 1) ( 3) (*)

x  m xm  m x  m x m  m 

Ta có m22m 3 (m1)2 2 ( m) PT (*) ln có nghiệm trái dấu  m ( )d ln cắt (P) hai điểm phân biệt

b (1.0đ)

Để tam giác AOB cân O Oy đường trung trực đoạn thẳng AB hay đường thẳng d song song Ox đó: m   1 m

Với m 1 đường thẳng d có phương trình:y2, tọa độ giao điểm A, B ( 2; 2) Khi khoảng cách từ O đến AB h2 Độ dài đoạn thẳng

1

2 2

AB x 

 diện tích tam giác AOB là: 1.2 2.2 2

2

AOB

S  AB h 

Vậy để tam giác AOB cân O m1 Khi SAOB 2 (đvdt)

5 (3.0đ)

a (1.0đ)

(Vẽ hình 0.25 điểm)

Vì CA, CM hai tiếp tuyến cắt C; DB,

DM hai tiếp tuyến cắt D Nên theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có OC, OD hai tia phân giác hai góc kề bù AOM BOM nên: COD900

b

(1.0đ) Ta có / /

AM MB

AM OD CMA MDO OD MB



   

 

 (đồng vị)

Mà CMA KAM KAM MDO AKM DOM MA MD (1)

MK MO

       

Mặt khác

90

KMO AMD AMO (2) Từ (1) (2), suy KMO AMD (c.g.c)

y x

D

C K

H O B

A

c (1.0đ)

Gọi S SABDC;S1SMAB;S2 SMAC;S3 SMBDS2S3 S S1 R bán kính đường trịn (O)

Ta có: S ACBD R R MC. MD

OMC DMOCM DM OM2R2

Lại có: MCMD2  0 MCMD24MC MD MCMD2R

Suy S 2R2 (1), dấu “=” xảy MCMD hay M điểm nửa đường tròn (O)

Từ M kẻ MH  ABS1R MH R2 (2), dấu “ = “ xảy M điểm nửa đường tròn (O)

2 2

S S S S R R R

       Vậy min(S2S3)R2 M điểm nửa đường trịn (O)

6 (1.0đ)

a

(0.5đ) Vì

2

( ) ( ) ( 0)

f x f x x

x

   

Nên ta có:

1

(2) ( ) (2) ( )

2

1 1

( ) (2) ( ) (2)

2 4

f f f f

f f f f

     

 

 

 

     

 

 

13 13

8 (2) (2)

4 32

f f

     

b (0.5đ)

Giả sử tồn số nguyên tố a b c, , thoả mãn yêu cầu toán Theo toán ta có a b c, , ước a b c  ab bc ca 

abc

 ước a b c  ab bc ca  Giả sử a b c  ab bc ca  kabc k; (  )

1 1 1

k

ab bc ca a b c

      

Dễ thấy a b c, , số lẻ Khơng giảm tính tổng qt giả sử a b c 

1 1 1

3; 5;

3 15 21 35

a b c k

            Vơ lí