Tải bản đầy đủ (.docx) (7 trang)

De Toan TS THPT chuyen Le Quy Don Ba RiaVung Tau 20182019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (239.5 KB, 7 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
NĂM HỌC: 2018 – 2019

MƠN: TỐN (Dùng chung cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 30 tháng 05 năm 2018.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,5 điểm).
A
a) Rút gọn biểu thức:

3
14


7 2
7



7 2



2

.


2

b) Giải phương trình: 5 x  2 5 x  1 0 .
3 x  2 y 16

x  5 y  23
c) Giải hệ phương trình: 
.
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Tìm tất cả giá trị của hệ số a để hàm số y ax  2 đồng biến và đồ thị của hàm số đi
qua điểm A(1;3) .
2
2
b) Cho đường thẳng (d ) : y (3  2m) x  m và parabol ( P ) : y  x .

Tìm tất cả giá trị của tham số m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 và
x1  x2  1  2  x1  x2  2 x1  x2
.
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 174m. Nếu tăng chiều rộng 5m và giảm
chiều dài 2m thì diện tích mảnh vườn đó tăng thêm 215m2. Tính chiều rộng và chiều dài ban
đầu của mảnh vườn.
4
2
2
2
b) Giải phương trình: 5 x  2 x  3x x  2 4 .

Câu 4 (3,5 điểm).
Cho đường tròn (O) có AB là dây cung khơng đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB.

Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến MC và MD đến (O) (tiếp
điểm C thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm D thuộc cung lớn AB).
a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn.
2
b) Chứng minh MD MA.MB .
c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của (O) tại điểm N, giao điểm của hai đường thẳng
DN và MB là E. Chứng minh MCE cân tại M.
1
1
4

 2
2
CD .
d) Đường thẳng ON cắt đường thẳng CD tại điểm F. Chứng minh OI .OF ME
Câu 5 (0,5 điểm).
Cho a  0, b  0 và a  b 1 .
a
b
1
S


1 b 1 a a  b .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
-------------------- HẾT --------------------


Họ và tên thí sinh: ....................................................
Chữ kí của giám thị 1: ..............................................


Số báo danh: .........................................
Chữ kí của giám thị 2: ..........................

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung
3
14


7 2
7

A
a)
3




7 2
3

2




b)

c)

Câu 2
(2,0đ)

a)
b)



3

2







7 2

7  7  2  7 2

5 x 2  2 5 x  1 0 
Câu 1
(2,5đ)


7 2





2

5 x  1 0 

Điểm
7 2





7 2



 2 7 7 2
1.0

7  2 0
5 x  1 0  x 

5
5


5
x 
5 .
Vậy nghiệm của phương trình là
3x  2 y 16
3 x  2 y 16
 17 y 85



 x  5 y  23 3x  15 y  69
3x  2 y 16
 y  5


3x  2.( 5) 16

2

2

0.75

 x 2

 y  5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) (2;  5) .
Đồ thị của hàm số y ax  2 đi qua điểm A(1;3)

 3 a.1  2  a 1
Với a 1 thì hàm số y ax  2 đồng biến.
Vậy a 1 là giá trị cần tìm.
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P):
x 2 (3  2m) x  m2  x 2  (2m  3) x  m 2 0
 (2m  3)  4m  12m  9
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
3
   12m  9  0  m 
4
 x1  x2 3  2m

x x m 2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2
Theo đề bài:
x1  x2  1  2  x1  x2  2 x1  x2

0.75

1.0
1.0
(*)


 x1 x2  x1  2 x1  2 x2  2 x1  x2 0
 x1 x2  ( x1  x2 ) 0
 m 2  (3  2m) 0
 m 2  2m  3 0
 (m  1)(m  3) 0

 m 1

 m  3
m

3
 m  3
4

Kết hợp với điều kiện
Vậy m  3 là giá trị cần tìm.
Gọi chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn lần lượt là x(m)
và y(m). Điều kiện: 0 < x < y < 87; 2 < y.
Vì chu vi mảnh vườn bằng 174m nên ta có phương trình:
2( x  y ) 174  x  y 87
(1)

Câu 3
(1,5đ)

a)

b)

Diện tích ban đầu của mảnh vườn là xy (m2)
Diện tích mảnh vườn nếu tăng chiều rộng 5m và giảm chiều dài 2m
là (x + 5)(y – 2) (m2)
Ta có phương trình:
( x  5)( y  2)  xy  215   2 x  5 y 225
(2)

 x  y 87

 2 x  5 y 225
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 
 x 30

y 57
Giải hệ được 
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn lần lượt là 30m
và 57m.
Cách 1:
4

2

5 x  2 x  3x

2

2

x  2 4

(1)

0.75

0.75



 5 x 4  10 x 2  2 x 2  4  3 x 2 x 2  2  6 x 2 0
 5 x 2 ( x 2  2)  2( x 2  2)  3x 2 ( x 2  2  2) 0
 ( x 2  2)(5 x 2  2)  3 x 2 ( x 2  2  2) 0
 ( x 2  2  4)(5 x 2  2)  3 x 2 ( x 2  2  2) 0
 ( x 2  2  2)( x 2  2  2)(5 x 2  2)  3 x 2 ( x 2  2  2) 0
 ( x 2  2  2)  ( x 2  2  2)(5 x 2  2)  3 x 2  0


 ( x 2  2  2)  ( x 2  2  2)(2 x 2  2)  3 x 2 ( x 2  2  1)  0







x 2  2  2 0 do ( x 2  2  2)(2 x 2  2)  3 x 2 ( x 2  2  1)  0



x 2  2 2

 x 2  2 4
 x 2 2
 x  2
Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  2 .
Cách 2:
2
2

2
Đặt y  x  2 ( y  2)  x  y  2
Phương trình (1) trở thành:
5( y 2  2) 2  2( y 2  2)  3( y 2  2) y 4

 5 y 4  20 y 2  20  2 y 2  4  3 y 3  6 y  4 0
 5 y 4  3 y 3  22 y 2  6 y  20 0
 5 y 4  10 y 3  7 y 3  14 y 2  8 y 2  16 y  10 y  20 0
 5 y 3 ( y  2)  7 y 2 ( y  2)  8 y ( y  2)  10( y  2) 0
 ( y  2)(5 y 3  7 y 2  8 y  10) 0
 ( y  2)  5 y ( y 2  2)  7( y 2  2)  2 y  4  0



 y  2 0 do y  2  5 y ( y 2  2)  7( y 2  2)  2 y  4  0
 y 2
Từ đó tìm được x.






0.25

a)

Câu 4
(3,5đ)


b)

0

Vì MD là tiếp tuyến tại D của (O) nên ODM 90
(O) có dây AB khơng đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB

 OI  AB  OIM
900
Tứ giác OIMD có:


ODM
 OIM
900  900 1800
 Tứ giác OIMD nội tiếp được đường trịn.


(O) có: MDA
là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AD


MBD
là góc nội tiếp chắn AD



 MDA
MBD




 MDA và  MBD có: DMB
MBD
chung, MDA
  MDA
 MBD (g.g)
MD MA


 MD 2 MA.MB
MB MD
1 

MDE
 sđDN


2
Vì MDE là góc nội tiếp chắn DN nên


(O) có ON  dây AB  NA NB (liên hệ giữa cung và dây)

Vì MED
là góc có đỉnh ở bên trong (O) nên:
1

  NB


MED
 sđ AD
2


Mà NA NB
1
1 

  NA

MED
 sđ AD
 sđDN
2
2


 MED
MDE
  MDE cân tại M  MD = ME
Nhưng MC = MD (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)
 MC = ME   MCE cân tại M.



c)




0.75

0.75





0.75


d)

Gọi H là giao điểm của OM và CD
Ta có: OC = OD và MC = MD
 OM là đường trung trực của CD
 OM  CD tại H
0



 OIM và  OHF có: MOF
chung, OIM OHF 90
  OIM
 OHF (g.g)
OI OM


 OI.OF OH.OM
OH OF

 ODM vuông tại D, đường cao DH
1
1
1


2
2
2
 OH.OM OD và OD
MD
DH 2
1
2
Mà OI.OF OH.OM OD , MD = ME, DH = 2 CD
1
1
4


 2
2
OI.OF ME
CD (đpcm)
Cho a  0, b  0 và a  b 1 .

1.0

a
b

1
S


1 b 1 a a  b .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Với a, b  0 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Câu 5
(1,0đ)

a2
4
a2
4
4
 (a  ab) 2
 (a  ab)  a
a  ab 9
a  ab 9
3
2
a
4
4
a
8
4

 a  (a  ab) 

 a  ab
a  ab 3
9
1 b 9
9
b
8
4
 b  ab
9
Tương tự, ta có: 1  a 9
8
8
1
8
1  8
1 1
 S  ( a  b)  ab 
  a b 
  ab  
9
9
a b 9
a b  9
9 a b
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:
1
1
a b 
2 (a  b) 

2
a b
a b
Vì a  b 1 nên:
1
1
1
(a  b) 2 4ab  ab  (a  b) 2 
1
4
4 và a  b
8
8 1 1 5
 S  2    
9
9 4 9 3
1
 a b 
2
Dấu “=” xảy ra
5
1
min S 
a b 
3 khi
2
Vậy

1.0



Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương



×