[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày 04 tháng năm 2019
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề) Câu (2,0 điểm)
Bằng phép biến đổi đại số, rút gọn biểu thức sau:
18 50
1
( 0; 4)
2
A
a
B a a
a a a
= −
−
= + > ≠
− +
Câu (2,5 điểm)
Cho hàm số y = −x2có đồ thị ( )P
a) Vẽ ( )P
b) Tìm tọa độ giao điểm ( )P đường thẳng ( )d1 :y=2x−3
c) Tìm tất giá trị tham số mđểđường thẳng ( )d2 :y=2x+mcắt ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x1và x2thỏa mãn
1
1
5
x + x = Câu (1,5 điểm)
Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 58mvà diện tích 190m2.Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất
Câu (3,0 điểm)
Từđiểm M nằm ngồi đường trịn (O), kẻđến (O) tiếp tuyến MP MQ, cát tuyến MAB không qua tâm ( , , ,A B P Qthuộc (O) Gọi I trung điểm AB,E giao điểm PQvà AB
a) Chứng minh MPOQlà tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh hai tam giác MPEvà MIPđồng dạng với c) Giả sử PB=avà Alà trung điểm MB.Tính PAtheo a Câu (1,0 điểm)
(2)(3)ĐÁP ÁN Câu
18 50 9.2 25.2 2
A= − = − = − = −
Với a >0,a≠ ta có:
1
2
2 4
4 4
a B
a a a
a a a a a
a a a a a
− = + − + + − − − = + = = − − −
Vậy A= −2 2và B=2 Câu
a) Học sinh tự vẽ (P)
b) Ta có phương trình hồnh độgiao điểm ( )P đường thẳng (d1) là:
2 1
2 3
3
x y
x x x x
x y
= ⇒ = −
− = − ⇔ + − = ⇔ = − ⇒ = −
Vậy giao điểm ( )P ( )d E(1; ;− ) (F − −3; 9)
c) Xét phương trình hoành độgiao điểm ( )P ( )d2 là:
2
2 0(1)
x x m x x m
− = + ⇔ + + =
Để ( )P ( )d2 cắt hai điểm phân biệt '∆ > ⇔ − > ⇔ <0 m m Từ yêu cầu toán ta suy x x1, 2 ≠0nên phương trình (1) khơng nhận x=0làm nghiệm hay 02 +2.0+ ≠ ⇔ ≠m m
Theo Vi-et ta có:
1
2
x x x x m
+ = −
=
Khi :
( )
( )
1
1 2
1 2
1 2
5
5
5 2 5( )
x x
x x x x
x x x x
m m tm
+
+ = ⇔ =
⇒ + =
⇔ − = ⇔ = −
(4)Câu
Gọi chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật x m( )
Chiều dài mảnh đất hình chữ nhật y m( ) Điều kiện : y > >x
Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật là: 58 : 2=29( )m nên x+ =y 29 Diện tích mảnh đất hình chữ nhật 190m2nên xy=190
Theo ta có hệ phương trình: 29 190
x y xy
+ =
= Khi x y, nghiệm phương trình:
( )( )
2
29 190 19 10
19( ) 10( )
X X
X X
X tm
X tm
− + =
⇔ − − =
=
⇔ =
Vì x< ⇒ =y x 10;y=19
(5)Câu
a) Vì MP MQ, hai tiếp tuyến (O) nên
, 90 , 90
MP⊥OP MQ⊥OQ⇒MPO = MQO=
Xét tứ giác MPOQcó MPO +MQO=900 +900 =1800mà hai góc vịtrí đối nên
MPOQlà tứ giác nội tiếp
b) Xét (O) có ABlà dây I trung điểm ABnên OI ⊥ ABtại I (tính chất đường kính dây cung)
Ta có MPO=90 ,0 MQO =90 ,0 MIO =900nên điểm M P Q I O, , , , thuộc đường trịn đường kính MO
Suy MIP=MPQ(góc nội tiếp chắn cung MP) (1)
Ta lại có: MP=MQ(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ∆MPQcân M (2)
MPQ MQP
⇒ =
Từ (1) (2) suy MIP =MPE
Xét ∆MPEvà ∆MIPcó PMIchung; MIP =MPE cmt( )nên ∆MPE = ∆MIP g g( )
c) Xét đường trịn (O) có MPA=MBP(góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AP)
Xét ∆MPAvà ∆MBPcó PMBchung MPA=MBP cmt( )nên ∆MAP∆MPB g g( )
E
I A
Q P
O M
(6)2
MA MP AP
MP MA MB
MP MB PB
⇒ = = ⇒ = mà A trung điểm MBnên MB=2MA
Do 2
.2 2
2
MA
MP MA MA MP MA MP MA
MP
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Suy
2 2
AP MA PB a
AP
PB = MP = ⇔ = =
Vậy
2
a AP= Câu
Điều kiện 2
x x x x x − ≥ ≥ ⇔ ⇒ ≤ ≤ − ≤ ≤
Đặt 2x− +4 6−2x =t t( ≥0)ta có:
( ) ( )( ) 2 2
2
2 2 2
4 20 24
2
t x x
x x x x
t x x = − + − = − + − + − − − ⇒ − + − =
Điều kiện
2 2 , 2 t t t ≥ − ≥ ⇔ ≤ −
kết hợp với t ≥0ta được: t≥ Khi
2
2
2 2 4
4 20 24 20 24
2
t t t
x x − x x − +
− + − = ⇔ − + = −
Thay vào phương trình cho ta được:
4
4
4
3 4 12 4
t t
t = − + + ⇔ t= − +t t − + ⇔ −t t + − =t
( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
2
2
4 2
2
2 0( 2 )
2( )
t t t t t t t
t t t
t do t t t t
t tm
⇔ − + − = ⇔ − + + − =
⇔ − + + =
⇔ − = ≥ ⇒ + + > ∀
(7)Suy 20 24 20 25 5( )
x − x+ = − ⇔ x − x+ = ⇔ =x tm
Vậy
S =