đề đáp án vào 10 môn Toán 2018-2019(bộ 2

/>15 BỘ ĐỀ THỨ HAI
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

tài nguyên dạy học

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình:
3x = 17 − y
3x + 1
− x =1
1)
2) 
.
2
x − 2 y = 1
Câu 2 (2,0 điểm)
1) Tìm m để đường thẳng d1 : y = (m 2 + 1) x + 2m − 3 cắt đường thẳng d2 : y = x − 3 tại điểm A
có hoành độ bằng – 1.
1 
x −1
 1
−
+ 1 với x > 0 và x ≠ 1 .

2) Rút gọn biểu thức A = 
÷:
x +1 x + 2 x +1
 x+ x
Câu 3 (2,0 điểm)
1) Quãng đường Hải Dương – Hạ Long dài 100km. Một ô tô đi từ Hải Dương đến Hạ Long
rồi nghỉ ở đó 8 giờ 20 phút, sau đó trở về Hải Dương hết tất cả 12 giờ. Tính vận tốc của ô tô
lúc đi, biết vận tốc ô tô lúc về nhanh hơn vận tốc ô tô lúc đi 10km/h.
2) Tìm m để phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 2 = 0 (x là ẩn, m là tham số) có hai nghiệm phân
3
3
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 = 10 2 .

Câu 4 (3,0 điểm)
Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Kẻ AH ⊥ BC (H thuộc BC), gọi M,
N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC.
1) Chứng minh AC 2 = CH .CB .
2) Chứng minh tứ giác BCNM nội tiếp và AC.BM + AB.CN = AH .BC .
3) Đường thẳng đi qua A cắt tia HM tại E và cắt tia đối của NH tại F. Chứng minh BE / / CF .
Câu 5 (1,0 điểm)
2
Cho phương trình ax + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ 2 .

3a 2 − ab + ac
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức L = 2
.
5a − 3ab + b 2
--------------------HẾT-------------------Họ và tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.....................................
Chữ kí của giám thị 1: ........................................Chữ kí của giám thị 2: ..................................

/>
tài nguyên dạy học

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần
1)

Câu 1
(2,0đ)
2)

1)

Nội dung
3x + 1
− x = 1 ⇔ 3x + 1 − 2 x = 2 ⇔ 3 x − 2 x = 2 − 1 ⇔ x = 1
2
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.
3 x = 17 − y
3 x + y = 17
7 y = 14
y = 2
x = 5
⇔
⇔
⇔
⇔


x − 2 y = 1
3x − 6 y = 3
 x − 2 y = 1  x − 2.2 = 1  y = 2
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) = (5;2) .
Để d1 cắt d2 thì m 2 + 1 ≠ 1 ⇔ m ≠ 0
Thay x = −1 vào phương trình y = x − 3 được y = −1 − 3 = −4
⇒ d1 đi qua điểm A(−1; −4)
Thay x = −1; y = −4 vào phương trình d1 được:
− 4 = ( m 2 + 1).( −1) + 2m − 3

⇔ −4 = − m 2 − 1 + 2 m − 3
⇔ m 2 − 2m = 0

Điểm
1.0

1.0

1.0

⇔ m(m − 2) = 0
m = 0
⇔
m = 2
Kết hợp với điều kiện m ≠ 0 , suy ra m = 2
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
1 
x −1
 1

A=
−
+1
÷:
x +1 x + 2 x +1
 x+ x

Câu 2
(2,0đ)

=

1− x
x −1
:
+1
x ( x + 1) ( x + 1) 2

−( x − 1) ( x + 1) 2
=
×
+1
x ( x + 1)
x −1
2)

=

−( x + 1)
+1

x

− x −1+ x
x
−1
=
x
−1
Vậy A =
với x > 0 và x ≠ 1 .
x
1
Đổi 8 giờ 20 phút = 8 giờ.
3
Gọi vận tốc của ô tô lúc đi là x (km/h). Điều kiện: x > 0.
⇒ Vận tốc của ô tô lúc về là x + 10 (km/h).
100
Thời gian của ô tô lúc đi là
(h)
x

1.0

=

Câu 3
(2,0đ)

1)

1.0


/>
tài nguyên dạy học

100
(h).
x + 10
Tổng thời gian đi và về (không tính thời gian nghỉ) là:
1 11
12 − 8 =
(h)
3 3
100 100
11
+
=
Ta có phương trình:
x
x + 10 3
2
⇔ 11x − 490 x − 3000 = 0
60
Giải phương trình được: x1 = 50; x2 = −
11
Kết hợp với điều kiện ⇒ x = 50
Vậy vận tốc của ô tô lúc đi là 50 km/h.
∆ ' = m 2 − m 2 + 2 = 2 > 0 ∀m
⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Cách 1:
 x1 + x2 = 2m
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
2
 x1 x2 = m − 2
Theo đề bài:
x13 − x23 = 10 2

Thời gian của ô tô lúc về là

2)

⇔ ( x13 − x23 ) 2 = 200
⇔ ( x1 − x2 ) 2 ( x12 + x1 x2 + x22 ) 2 = 200
2

⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2   ( x1 + x2 ) 2 − x1 x2  = 200
2

⇔ (2m) 2 − 4(m 2 − 2)  (2m) 2 − (m 2 − 2)  = 200
⇔ 8.(3m 2 + 2) 2 = 200
⇔ (3m 2 + 2) 2 = 25
⇔ 3m 2 + 2 = 5 (do 3m 2 + 2 > 0)
⇔ m2 = 1
⇔ m = ±1
Vậy m = ±1 là giá trị cần tìm.
Cách 2:
 x1 + x2 = 2m
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
2

 x1 x2 = m − 2
2
2
2
2
Xét ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = (2m) − 4( m − 2) = 8
⇒ x1 − x2 = 2 2
Theo đề bài:
x13 − x23 = 10 2
⇔ ( x1 − x2 )( x12 + x1 x2 + x22 ) = 10 2

1.0


/>
tài nguyên dạy học

⇔ x1 − x2 . ( x1 + x2 ) 2 − x1 x2 = 10 2
⇔ 2 2. (2m) 2 − m 2 + 2 = 10 2
⇔ 3m 2 + 2 = 5
⇔ m2 = 1
⇔ m = ±1
Cách 3:
Vì vai trò của x1 , x2 như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử
x1 > x2 . Khi đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = 2 m + 2; x2 = 2m − 2
3
3
3
3

Vì x1 > x2 ⇒ x1 > x2 ⇒ x1 − x2 > 0 nên:

x13 − x23 = 10 2
⇔ x13 − x23 = 10 2
⇔ (m + 2)3 − ( m − 2)3 = 10 2
⇔ m3 + 3 2m 2 + 6m + 2 2 − m3 + 3 2m 2 − 6m + 2 2 = 10 2
⇔ 6 2m 2 + 4 2 = 10 2
⇔ 6 2m 2 = 6 2
⇔ m2 = 1
⇔ m = ±1
Câu 4
(3,0đ)

0.25

1)
2)

·
·
Vì BAC
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên BAC
= 900 .
∆ ABC vuông tại A, đường cao AH. Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác vuông, ta có:
AC2 = CH.CB
Cách 1:
·
·
·

Tứ giác AMHN có MAN
= AMH
= ANH
= 900 (GT)
⇒ AMHN là hình chữ nhật
⇒ AMHN là tứ giác nội tiếp
µ1=H
µ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn ngoại
⇒M
tiếp tứ giác AMHN)
µ1 =C
µ 1 (cùng phụ với H
µ 2)
Mà H

0.75
0.5


/>
tài nguyên dạy học

µ1=C
µ1
⇒M
µ 1 =C
µ 1 nên BCNM là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác BCNM có M
Cách 2:
∆ ABH vuông tại H, đường cao HM. Áp dụng hệ thức lượng trong

tam giác vuông, ta có: AH2 = AM.AB
Tương tự, ta có AH2 = AN.AC
AM AN
⇒ AM.AB = AN.AC ⇒
=
AC AB
AM AN
·
=
∆ AMN và ∆ ACB có: BAC
chung,
AC AB
⇒ ∆ AMN
∆ ACB (c.g.c)
µ1 =C
µ1
⇒M
µ 1 =C
µ 1 nên BCNM là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác BCNM có M

Ta có:
AC.BM + AB.CN
= AC.(AB − AM) + AB.(AC − AN)
= 2AB.AC − (AC.AM + AB.AN)
= 2AB.AC − (AC.HN + AB.HM)
(vì AM = HN và AN = HM, do AMHN là hình chữ nhật)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
AB.AC = AH.BC , AC.HN = AH.HC , AB.HM = AH.HB
Do đó:

AC.BM + AB.CN

0.5

= 2AH.BC − (AH.HC + AH.HB)
= 2AH.BC − AH.(HC + HB)
= 2AH.BC − AH.BC

3)

= AH.BC
(Có thể sử dụng công thức diện tích để chứng minh)
∆ MEA và ∆ NAF có:
·
·
·
·
(đồng vị, AB // FH)
EMA
= ANF
= 900 , EAM
= AFN
⇒ ∆MEA # ∆NAF (g.g)
ME MA
⇒
=
⇒ ME.NF = NA.MA
NA NF
Chứng minh tương tự, ta được: MB.NC = MH.NH
Mà NA = MH, AM = NH (AMHN là hình chữ nhật)

ME MB
⇒ ME.NF = MB.NC ⇒
=
NC NF
∆ MEB và ∆ NCF có:
ME MB
·
·
EMB
= CNF
= 90 0 ,
=
NC NF
µ 2 = F$1
⇒ ∆MEB # ∆NCF (c.g.c) ⇒ B
µ 2 +C
µ 2 = 900 (do F$1 + C
µ 2 = 900 )
⇒B

(

) (

·
·
µ 2 +B
µ1+C
µ1+C
µ2= B

µ 2 +C
µ2 + B
µ1+C
µ1
⇒ EBC
+ FCB
=B

1.0

)


/>
tài nguyên dạy học

µ 2 +C
µ 2 và B
µ1+C
µ 1 ( ∆ ABC vuông tại A)
Mặt khác: B
·
·
⇒ EBC
+ FCB
= 900 + 900 = 180 0

Mà hai góc ở vị trí trong cùng phía
⇒ BE // CF (đpcm).
Vì x1, x2 là hai nghiệm của PT ax 2 + bx + c = 0 nên áp dụng hệ thức

Vi-ét, ta có:
b

x
+
x
=
−
1
2

a

x x = c
 1 2 a
Vì a ≠ 0 nên:
b c
3− +
2
3a − ab + ac
3 + x 1 + x 2 + x1x 2
a a
L= 2
=
=
2
2
5a − 3ab + b
5 + 3x1 + 3x 2 + (x1 + x 2 ) 2
b b

5 − 3× +  ÷
a a
3 + x 1 + x 2 + x1 x 2
=
5 + 3x1 + 3x 2 + x12 + 2x1x 2 + x 22
Vì 0 ≤ x1 ≤ x 2 ≤ 2
Câu 5
(1,0đ)

⇒ x12 ≤ 2x1 , x 22 ≤ 2x 2 , (2 − x1 )(2 − x 2 ) ≥ 0 , 3 + x1 + x 2 + x1x 2
⇒ 5 + 3x1 + 3x 2 + x12 + 2x1x 2 + x 22
≤ 5 + 5x1 + 5x 2 + 2x1x 2
= 3(3 + x1 + x 2 + x1x 2 ) − (4 − 2x1 − 2x 2 + x1x 2 )
= 3(3 + x1 + x 2 + x1x 2 ) − (2 − x1 )(2 − x 2 )
≤ 3(3 + x1 + x 2 + x1x 2 )
3 + x1 + x 2 + x 1 x 2
1
L≥
=
3(3 + x1 + x 2 + x1x 2 ) 3
Dấu “=” xảy ra
 x12 = 2x1

 x = 0; x 2 = 2
⇔  x 22 = 2x 2
⇔ 1
 x1 = x 2 = 2
(2 − x )(2 − x ) = 0
1
2


 x1 = 0; x 2 = 2
1
Vậy min L = khi 
3
 x1 = x 2 = 2
(Lời giải tham khảo trên mạng)
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương

1.0


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>

tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học

/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học


/>
tài nguyên dạy học