Đề tuyển sinh THPT môn Toán năm 2018 2019 sở GD và ĐT Bình Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho các lớp chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh Thời gian: 120 phút

Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh

Câu 1: a) Rút gọn biểu thức   A 2 2 2 3 1    

b) Tìm m để đường thẳng 2 y x m 2    và đường thẳng   y m 2 x 11    cắt nhau tại một điểm trên trục tung

Giải: a) Ta có A 2 4 2 3 1 1 3 1 3      b) Để hai đường thẳng trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì

2 1 m 2 m 3 m 3 m 3 m 2 11

              

Câu 2: Cho hệ phương trình x 2y m 3 2x 3y m         (m là tham số)

a) Giải hệ phương trình khi m = 1 b) Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) sao cho   2 2 P 98 x y 4m    đạt GTNN

Giải: a) Khi m = 1 ta có hệ x 2y 4 2x 4y 8 x 4 2y x 2

2x 3y 1 2x 3y 1 7y 7 y 1

                           

Vậy khi m = 1 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1)

b) Ta có

5m 9 x x 2y m 3 2x 4y 2m 6 x m 3 2y 7 2x 3y m 2x 3y m 7y m 6 m 6 y 7

                                  

Với mọi m thì hệ luôn có nghiệm.

Ta có

2 2 5m 9 m 6 P 98 4m 7 7

                           2 2 52m 208m 234 52 m 2 26 26        .

Do đó GTNN của P bằng 26. Đạt được khi m = -2

Câu 3: a) Giải phương trình 2 x 3 2 x 6 x x 1        b) Tìm m để phương trình 4 2 x 5x 6 m 0     (m là tham số) có đúng hai nghiệm.

Giải: a) ĐKXĐ: 3 x 2   . Đặt

2 2 t 5 x 3 2 x t 0 6 x x 2         

Ta có phương trình   

2 2 t 5 t 1 t 2t 3 0 t 1 t 3 0 t 3 2            (vì t > 0)

Suy ra    2 2 x 1 6 x x 2 x x 2 0 x 1 x 2 0 x 2

                (TMĐK)

Tập nghiệm của phương trình là   S 2;1 

b) Đặt 2 x y 0   . Ta có phương trình 2 y 5y 6 m 0     (*).

Để phương trình 4 2 x 5x 6 m 0     có đúng 2 nghiệm thì phương trình (*) có đúng 1 nghiệm dương. Có hai trường hợp xảy ra

TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương. Ta có 1 2 5 y y 2   (loại)

TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm 1 2 y 0 y   6 m 0 m 6     

Câu 4: Quảng đường AB dài 120 km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h. Tính vận tốc lúc về của ô tô, biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút

Giải: Gọi vận tốc của ô tô lúc về là x (km/h). ĐK: x > 0 Vận tốc của ô tô lúc đi là x + 10 (km/h).

Ta có thời gian ô tô đi từ A đến B là 120 x 10  (giờ). Thời gian về là 120 x (giờ)

Thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút = 2 5 giờ nên ta có phương trình

   2 120 120 2 x 10x 3000 0 x 60 x 50 0 x 50 x x 10 5              (vì x > 0)

Đối chiếu điều kiện ta có vận tốc của ô tô lúc về là 50 km/h Câu 5: Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC a) Chứng minh rằng 5 điểm A, M, O, I, N cùng thuộc 1 đường tròn b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MJ với đường tròn (O). Chứng minh rằng EB = EC = EJ c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định

Giải: a) Ta có    0 AMO AIO ANO 90    Do đó 5 điểm A, M, O, I, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO b) Vì J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC nên   BMJ CMJ  ;   MBJ CBJ  Suy ra   EB EC   EB = EC

Lại có    BJE BMJ MBJ      CBE CBJ JBE     BJE cân  EB = EJ c) Gọi P là giao điểm của MN với BC

Ta có   0 OKP OIP 90     0 OKP OIP 180    nên tứ giác OKPI nội tiếp Áp dụng phương tích trong đường tròn ta có AK. AO = AP. AI; 2 AM AB.AC  Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có 2 AM AK.AO  . Suy ra AP. AI = AB. AC không đổi, mà I cố định nên P cố …