SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu 1: (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức sau: a) A = 16 + - B= ( ) ; - +1 b) Câu 2: (1,5 điểm) Cho biu thc ổx- P =ỗ ỗ ỗ ỗ èx + x x + ö x- ÷ ÷ : ÷ ø x +1 x + 3ữ vi x > 0;x P a) Rút gọn biểu thức ; x P = b) Tìm giá trị để Câu 3: (2,5 điểm) ( d) : y = 1) Cho đường thẳng a) Tìm m để đường thẳng x +2 ( D ) : y = ( m - 1) x + ( d) song song với đường thẳng ( P ) : y = x2 ( d) A, B b) Gọi giao điểm với parabol Tìm điểm N nằm trục NA + NB hồnh cho nhỏ ìï x + ay = 3a ï í ( I) ïï - ax + y = - a2 ïỵ a 2) Cho hệ phương trình: với tham số ( I) a = a) Giải hệ phương trình ; 2y I x ; y () ( ) x +3 a b) Tìm để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn số nguyên x2 - 2x + m - = ( 1) m Câu 4: (2,0 điểm) Cho phương trình với tham số m=0 a) Giải phương trình (1) ; x1, x2 b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + 12 = 2x2 - x1x2 (O) AB = 2R C OA MN , trung điểm dây vuông ¼ B, M H OA C K K BM góc với Gọi điểm tuỳ ý cung nhỏ ( khác ), giao điểm AK MN BCHK a) Chứng minh tứ giác nội tiếp AH AK = AM b) Chứng minh KM +KN +KB K c) Xác định vị trí điểm để đạt giá trị lớn tính giá trị lớn Hết Câu 5: (3,0 điểm) Cho đường kính Họ tên thí sinh:………………………………………………Số báo danh:……………………… Ghi chú: • Thí sinh khơng sử dụng tài liệu • Giám thị coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: TỐN (Đáp án – thang điểm gồm có 04 trang) I Hướngdẫnchấm: Cho điểm lẻ tới 0,25; Điểm toàn tổng điểm thành phần, khơng làm trịn; Chỉ cho điểm tối đa làm thí sinh xác mặt kiến thức; Thí sinh giải cách khác cho điểm tương ứng phần Nếu thí sinh vẽ sai hình khơng cho điểm câu hình học Thí sinh viết qui trình bấm phím máy tính câu khơng cho điểm câu II Biểuđiểm Câu Nội dung A = 16 + − (1,0 điểm) a (0,5 điểm)Tính giá trị biểu thức sau: A = 16 + − = 25 − = 5−2 =3 b (0,5 điểm) ( ) ( −1 + = ) −1 +1 −1 +1 0,25 = −1 +1 = (1,5 điểm) 0,25 0,25 B= B= Điểm a.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức 0,25 1 x −6 x−6 P= − + ÷: x x + x +1 x+3 x Với điều kiện x > 0; x ≠ 9, ta có : 1 x −6 x−6 1 ÷ x +1 x−6 P= − + : = − + ÷ x +1 x x +3 x x +3 x x +3÷ x −3 x+3 x ( = = = x −6− x −3+ x x ( x +3 x−9 x ( ) ) ( = x +1 ( x +1 x +3 ( x − ) ( x + 1) x ( x − 9) x −3 x −3 ) ( 0,25 ) ) 0,25 0,25 ) 0,25 x +1 x x P = b.(0,5 điểm)Tìm giá trị để x +1 P =1⇔ = ⇔ x +1 = x x Ta có: ⇔ x +1− x = ⇔ ( ) x −1 = ⇔ x = Kết hợp với điều kiện ta thấy (2,5 điểm) 0,25 0,25 x =1 thỏa mãn yêu cầu đề (d) : y = − x+2 1.(1,0 điểm) Cho đường thẳng ( ∆ ) : y = ( m − 1) x + ( d) m Tìm để đường thẳng song song với đường thẳng 1.a) (0,5 điểm) Đường thẳng song song với đường thẳng ⇔m= ( d) khi: m − = − 1 ≠ 0.25 m= Vậy, với , hai đường thẳng 1.b) (0,5 điểm) Gọi A,B ( ∆) ,( d ) 0.25 song song với ( d) ( P) : y = x giao điểm với Parabol Tìm điểm N NA + NB nằm trục hoành cho nhỏ 0.25 Phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d): Do đó: A ( −4; ) , B ( 2;1) NB = NB’, đó: Lấy B ' ( 2; −1) x = 2 x =− x+2⇔ x = −4 đối xứng với với B qua trục hồnh Ta có: NA + NB = NA + NB ' ≥ AB ' Đẳng thức xảy A,N,B thẳng hàng Điểm N cần tìm giao điểm AB’ trục Ox y = mx + n Phương trình AB’ có dạng Do hai điểm A,B’ thỏa mãn phương trình đường thẳng nên phương trình AB’: y = − x+ 0,25 4 N ;0÷ 5 Từ tọa độ giao điểm AB’ và Ox x + ay = 3a −ax + y = − a 2.a) (1,0 điểm) Cho hệ phương trình: ( I) a = Giải hệ phương trình ; Khi a =1 , hệ (I) có dạng ( I) với a tham số x + y = − x + y = 0,25 2 y = ⇔ x + y = 0,25 x = − y ⇔ y = 0,25 x = ⇔ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1; 2) ( I) a 2.b) (0,5điểm) Tìm để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn ngun x + ay = 3a x = a (I ) ⇔ ⇔ y = −ax + y = − a Hệ (I) ln có nghiệm x = a y = 0,25 2y x +3 số 0,25 với a 2y = x +3 a +3 a +3 x +3≥3 Do với x nên: số nguyên a + = ⇔ a = ±1 x − x + m − = ( 1) m (2,0 điểm) a.(1,0 điểm) Cho phương trình với tham số m=0 Giải phương trình (1) ; Khiđó: Khi m = 0, (1) có dạng ∆ = 16 > x1 = 2 x2 − 2x − = 0,25 0,25 Khi (1) có nghiệm phân biệt + 16 =3 ; 0,5 − 16 x2 = = −1 b.(1,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: ∆' > ⇔ 4− m > ⇔ m < x1 , x2 Với điều kiện trên, giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 + x2 = ( 2) x1 x2 = m − ( 3) Vi –étta có: x1 + 12 = x2 − x1 x2 ⇔ x12 + x1 x2 − x2 + 12 = ⇔ x1 ( x1 + x2 ) − x2 + 12 = ⇔ ( x1 − x2 ) = −12 Áp dụng tính được: ⇔ x1 − x2 = −6 x1 + x2 = x1 = −2 x1 x2 = m − ⇔ x2 = x − x = −6 m = −5 0,25 , theo định lý 0,25 0,25 0,25 Kết hợp với (2),(3) ta có hệ phương trình: m = −5 Kết hợp với điều kiện ta thấy thỏa mãn yêu cầu đề (O ) AB = 2R C OA MN OA Cho đường kính , trung điểm dây vng góc với C x1 , x2 x12 + 12 = x2 − x1 x2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt (3,0 điểm) 0,25 ¼ B, M H BM K AK MN Gọi điểm tuỳ ý cung nhỏ ( khác ), giao điểm BCHK a) Chứng minh tứ giác nội tiếp K b) Chứng minh AH AK = AM c) Xác định vị trí điểm lớn K để KM +KN +KB đạt giá trị lớn tính giá trị BCHK a) (1,0 điểm) Chứng minh tứ giác nội tiếp ·BK H = 900 Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) · HCB = 900 (giả thiết) · H + HCB · BK = 900 + 900 = 1800 BCHK Tứ giác có hai góc vị trí đối BCHK Vậy tứ giác nội tiếp AH AK = AM b.(1,0điểm) Chứng minh ¼ = AN ¼ AB ⊥ MN ⇒ AM Ta có (tính chất đường kính vng góc với dây cung) (1) ¼ ·AMN = AN Xét (O) có : sđ (góc có đỉnh nằm đường trịn) (2) ¼ ·AK M = AM sđ (góc có đỉnh nằm đường trịn) (3) · · M · · M AMN = AK AMH = AK Từ (1), (2), (3) suy hay ∆AHM ∆AMK Xét có · · M AMH = AK (chứng minh trên) µ A chung ⇒ ∆AHM ∽ ∆AMK (g – g) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ AH AM = AM AK 0,25 ⇒ AH AK = AM KM +KN +KB K c) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm để đạt giá trị lớn tính giá trị lớn · AMB = 900 Ta có : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) R 3R AC = ;BC = Þ D AMB vng M có đường cao MC ; , AB = 2R ì ïï ìï R ïï MC = AC CB = 3R ïï MC= Þ í Þ í ïï 0,25 ïï 2 MB = BA BC = R MB = R ïïỵ ïïỵ MN = 2MC = R Þ MN = MB = R (1) Mặt khác: AB đường trung trực MN (tính chất đường kính vng góc dây cung) Þ BM = BN (2) Từ (1) (2) suy tam giác BMN Trên đoạn KN lấy điểm P cho KP = KB suy tam giác KBP cân K · B = MNB · Þ BP = BK PK = 600 Þ tam giác KBP · · BM (= NBK · NBP =K - 600) Ta có : Dễ dàng chứng minh được: Þ NP = MK D BPN = D BK M ( c.gc ) 0,25 0,25 Þ K M + K N + K B = 2K N KM +KN +KB Û Do lớn KN lớn Û KN đường kính (O) Û K điểm cung MB KM +KN +KB Khi đạt giá trị lớn 4R Chú ý: Nếu thí sinh giải toán cách áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác BKMN để K M BN + K B MN = K N BM có: (mà khơng chứng minh định lý) cho 0,5 điểm tồn 0,25 ... thị coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: TỐN (Đáp án – thang điểm gồm có 04 trang) I Hướngdẫnchấm:... x = ⇔ ( ) x −1 = ⇔ x = Kết hợp với điều kiện ta thấy (2,5 điểm) 0,25 0,25 x =1 thỏa mãn yêu cầu đề (d) : y = − x+2 1.(1,0 điểm) Cho đường thẳng ( ∆ ) : y = ( m − 1) x + ( d) m Tìm để đường... Kết hợp với (2),(3) ta có hệ phương trình: m = −5 Kết hợp với điều kiện ta thấy thỏa mãn yêu cầu đề (O ) AB = 2R C OA MN OA Cho đường kính , trung điểm dây vng góc với C x1 , x2 x12 + 12 = x2 −