018 toán vào 10 chung thái bình 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐÁP ÁN GỒM 02
ĐÁP ÁN GỒM 04 TRANG
TRANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2018-2019
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN CHUNG
(Dành cho tất cả các thí sinh)

Câu
1.

Nội dung

Điểm
2.5

Cho biểu thức :
1
� x4
�
1
P�
 1�
:
(với x �0, x � ; x �1; x �4 )
4
�x  3 x  2 �2 x  3 x  1
a) Rút gọn biểu thức P .

b) Tìm x sao cho P  2019 .
c) Với x �5 , tìm giá trị nhỏ nhất của T  P 

10
.
x

Ýa

1.0
�( x  2)( x  2) �
P�
 1�
.(2 x  1)( x  1)
(
x

1)(
x

2)
�
�

0.5
0.25

2 x 1
(2 x  1)( x  1)
x 1

P  4x  1
P
Ýb

P  2019 � 4 x  1  2019
x  505

Ýc

10
10
10 2 x 18 x
 4x   1  (  ) 
1
x
x
x
5
5
10 2 x 18 x
10 2 x 18
T (  )
 1 �2
.  .5  1 =21 ( Do x �5 và côsi)
x
5
5
x 5
5
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 21 khi x  5

1
1
Cho hai đường thẳng (d1 ) : y  mx  m và (d 2 ) : y   x 
m
m
(với m là tham số, m �0 ) .Gọi I ( x0 ; y0 ) là tọa độ giao điểm của hai đường
thẳng d1 với d 2 .Tính T  x02  y02 .
T P

2

0.25
0.5
0.25
0.25
1.0
0.25
0.5
0.25
0.75


Hoành độ điểm I là nghiệm của phương trình .
1
1
1  m2
 x   mx  m � x 
m
m
1  m2

1  m2
2m
1  m 2 2m
do x 
�
y

�
I
(
;
)
1  m2
1  m2
1  m2 1  m2
1  m2 2
2m 2
T (
) (
) 1
2
1 m
1  m2
Chú ý Ý trên học sinh có thể dùng quỹ tích I là đường tròn R=1
3

Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình: x 2  (2  m) x  1  m  0 (1)
( m là tham số).
a)Tìm m để x1  x2  2 2
b)Tìm m sao cho T 

0.25
0.25
0.25

1.25

1
1

đạt giá trị nhỏ nhất.
2
( x1  1)
( x2  1) 2

Ýa

0.75
  m 2  8  0 m nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
�x1  x2  m  2
Theo viét �
�x1 x2  1  m
x1  x2  2 2 � ( x1  x2 ) 2  8 � ( x1  x2 ) 2  4 x1 .x2  8

0.25

(m  2) 2  4(1  m)  8 � m 2  0 � m  0

0.25

Ýb

0.5
( x2  1) 2  ( x1  1) 2 2  ( x1  x2 ) 2  2 x1.x2  2( x1  x2 )

( x1  1) 2 .( x2  1) 2
( x1.x2  x1  x2  1) 2
( Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác -1 với mọi m)
m2  4
T
�1
4
T nhỏ nhất là 1 khi m=0

0.25

4 x  8072  9 x  18162  5 .
�x3  y 3  3x 2  6 x  3 y  4  0
b) Giải hệ phương trình : �2
2
�x  y  3x  1

1.5

T

4

0.25

a) Giải phương trình :

Ýa

0.25

0.75
Đk x �2018 ta có

4( x  2018)  9( x  2018)  5

0.25

2 x  2018  3 x  2018  5 � x  2018  1

0.25

x  2017

0.25

Ýb

0.75

x 3  y 3  3 x 2  6 x  3 y  4  0 � [( x  1)3  y 3 ]  3( x  1)  3 y  0
( x  1  y )[( x  1) 2  ( x  1) y  y 2  3]  0 � y  x  1

0.25

0.25
x0
�
Với y  x  1 thế vào x 2  y 2  3 x  1 ta có 2 x  x  0 � � 1
�
x
� 2
0.25
1 3
Vậy hệ có hai nghiệm là (0;1),( ; )
2 2
Cho đường tròn tâm O bán kính a và điểm J có JO  2a . Các đường thẳng 3.5
JM , JN theo thứ tự là các tiếp tuyến tại M , tại N của đường tròn (O
( ).Gọi K
là trực tâm của tam giác JMN , H là giao điểm của MN với JO .
a) Chứng minh rằng : H là trung điểm của OK.
b) Chứng minh rằng : K thuộc đường tròn tâm O bán kính a .
c) JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r .Tính r .
d) Tìm tập hợp điểm I sao cho từ điểm I kẻ được hai tiếp tuyến với đường
tròn ( O ) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.
2

5

Ýa

Ýb

Ýc

Ýd

Do MK và ON vuông góc JN (1)
0.25
NK và OM vuông góc JM (2)
0.25
�MK / / ON
� Tứ giác OMKN là hình bình hành(3), 0.25
Nên từ (1) và (2) có �
�NK / / OM
suy ra H là trung điểm OK.
Do OM = ON (4) . Từ (3)&(4) có tứ giác OMKN là hình thoi (5)
Mặt khác OJ = 2OM = 2a suy ra �MOJ  600 (6)
Từ(5)và(6) � �MOK  600 �VOMK đều
� OK  OM  R  a � K thuộc đường tròn tâm O.
Do (M;r) nhận OJ là tuyến tuyến mà MH  JO  H � r  MH
1
1
1
4
� ra 3



Ta có
2
2
2
2

MH
OM
JM
3a
2
( hoặc dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Gọi IE,IF là hai tiếp tuyến với (O) tại E,F và IE  IF
Suy ra tứ giác IEOF là hình vuông

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25


6

Tính OI  a 2 (Không đổi)(1)

0.25

Do O cố định (2)
Từ (1) và (2) tập hợp I nằm trên đường tròn tâm O bán kính a 2
Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn :12 x  10 y  15 z �60 .Tìm giá
trị lớn nhất của T  x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  z .

0.25

Do x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn :12 x  10 y  15 z �60 .
�x, y, z �0
�x �5
�
Ta có �
(*)
y
�
6
�
�
�z �4

0.25

Từ điều kiện trên ta có T  x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  z
 x( x  5)  y ( y  6)  z ( z  4)  x  2 y  3 z
12 x
60
�x  2 y  3z �  2 y  3z �  12
5
5
�x  0
�x  0
�
�
Vậy GTLN của T bằng 12 đạt được khi �y  6 or �y  0
�z  0

�z  4
�
�

0.25

HƯỚNG DẪN CHẤM CHUNG
*Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước ,yêu cầu
học sinh phải lập luận ,biến đổi và trình bày hợp lý mới cho điểm.
*Phải có hình vẽ ,không có hình vẽ thì không chấm điểm.
*Các bài làm theo các cách khác với đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa theo
biểu điểm.
*Điểm toàn bài là tổng điểm của từng phần và không làm tròn.
………………..Hết…………………….

0.5