Đề thi và đáp án kỳ thi tuyển sinh thi vào lớp 10 Lào Cai 2018-2019 | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (216.62 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÀO CAI

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề)Mơn thi: TỐN 
(Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu)

Câu 1: (1,0 điểm). Tính giá trị của các biểu thức sau:

a) A = 16 9 2+ - ;

(

)

2
B = 3 1- +1

Câu 2: (1,5 điểm). Cho biểu thức

6 1 1 2 6

P :

3 3

x x

x

x x x x

ổ - ửữ

-ỗ ữ

=ỗỗ - + ữữ

ỗ +

ố + + ứ với x>0;x¹ 9.

a) Rút gọn biểu thứcP;
b) Tìm giá trị của xđểP =1.
Câu 3: (2,5 điểm).

1) Cho đường thẳng

( )

: 2

2
d y= - x+

a) Tìm m để đường thẳng

( )

D :y=

(

m- 1

)

x+1song song với đường thẳng

( )

d .

b) Gọi A, B là giao điểm của

( )

d với parabol

( )

2
1
:

4
P y= x

. Tìm điểm N nằm trên trục
hồnh sao choNA + NBnhỏ nhất.

2) Cho hệ phương trình:

( )

2
3

I
2

x ay a

ax y a

ìï + =
ïïí

ï - + =

-ïïỵ vớialà tham số.

a) Giải hệ phương trình

( )

I khia =1;

b) Tìmađể hệ phương trình

( )

I có nghiệm duy nhất

( )

x y; thỏa mãn 2
2

y

x + là

số nguyên.

Câu 4: (2,0 điểm). Cho phương trình

( )

2 2 3 0 1

x - x m+ - =

với mlà tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = ;0

b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệtx x1, 2thỏa mãn:
2

1 12 2 2 1 2.
x + = x - x x

Câu 5: (3,0 điểm). Cho

( )

O đường kính AB =2R, C là trung điểm của OA và dây MN vng
góc với OA tại C . Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM (¼ K khác ,B M ), H là giao điểm của

AK vàMN .

a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AH AK. =AM2

c) Xác định vị trí của điểm K để K M +K N +KB đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn
nhất đó.

---

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ghi chú:

 Thí sinh không sử dụng tài liệu.

 Giám thị coi thi khơng giải thích gì 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:

1. Cho điểm lẻ tới 0,25;

2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, khơng làm trịn;

3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;
4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần.
5. Nếu thí sinh vẽ sai hình thì khơng cho điểm câu hình học.

6. Thí sinh chỉ viết qui trình bấm phím máy tính câu nào thì khơng cho điểm câu đó.
II. Biểuđiểm

Câu Nội dung Điểm

1

(1,0 điểm) a. (0,5 điểm)Tính giá trị của các biểu thức sau: A 16 9 2 

A 16 9 2   25 2 0,25

5 2 3

   0,25

b. (0,5 điểm)





2
B 3 1 1





B 3 1  1 3 1 1  0,25

3 1 1 3

    0,25

2
(1,5

điểm) a.(1,0 điểm) Rút gọn biểu thức

6 1 1 2 6

P :

3 3

x x

x

x x x x

 

 

   



 

 

Với điều kiệnx0;x9, ta có :









6 1 1 2 6 6 1 1 1

P : .

3 3 3 3 2 3

x x x x

x

x x x x x x x x x

 

   

   

      

 



    

 

0,25











 



6 3 1

3 2 3

9 1

3 2 3

x x x x

x x x

x x

x x x

    



 

 



 

0,25



 







9 1 1

2 9 2

x x x

x x x

  

 



0,25

b.(0,5 điểm)Tìm giá trị của xđể P 1.

Ta có:

P 1 1 1 2

2
x

x x

x


      0,25





1 2 0 1 0 1

x x x x

        

Kết hợp với điều kiện ta thấy x  thỏa mãn yêu cầu đề bài. 1 0,25
3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

điểm)

Tìm m để đường thẳng

 

 :y



m1



x1song song với đường thẳng

 

d
1.a) (0,5 điểm)

Đường thẳng song song với đường thẳng

 

d khi và chỉ khi:

1
1

2
1 2

m



 



 


1
2
m

 

Vậy, với
1
2
m 

, hai đường thẳng

   

 , d song song với nhau.

0.25

1.b) (0,5 điểm) GọiA,Blà giao điểm của

 

d với Parabol

 

1
:

4
P y x

. Tìm điểm N 
nằm trên trục hoành sao cho NA + NB nhỏ nhất.

---Phương trình hồnh độ điểm chung của (P) và (d):

2 2

1 1

4 2

x

x x

x



   




Do đó: A



4; 4 ,



B



2;1



. LấyB' 2; 1







đối xứng với với B qua trục hồnh. Ta có:
NB = NB’, khi đó:NA NB NA NB   'AB'. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A,N,B 
thẳng hàng. Điểm N cần tìm chính là giao điểm của AB’ và trục Ox.

0.25

Phương trình AB’ có dạng y mx n  . Do hai điểm A,B’ thỏa mãn phương trình đường

thẳng nên phương trình AB’:

5 2

6 3

y x
.

Từ đó tọa độ giao điểm của AB’ và và Ox là
4

;0
5

N  

 

0,25

2.a) (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:

 

2
3

I
2

x ay a
ax y a

 




   

 với a là tham số.

Giải hệ phương trình

 

I khia  ; 1

Khi a 1, hệ (I) có dạng

3
1

y
x y
x  




  

 0,25

2 4
3

y
x y



 

 

 0,25

x y

y

 

 



 0,25

1
2

x
y



 



 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất



x y ;



(1;2). 0,25

2.b) (0,5điểm) Tìm a để hệ phương trình

 

I có nghiệm duy nhất thỏa mãn 2
2

3
y

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3
( )

2
2

ay a x a

I x

y

ax y a

  

 

   



    



Hệ (I) ln có nghiệm duy nhất 2

x a
y







 với mọi a.

0,25

Khiđó: 2 2

2 4

3 3

y

x  a  . Do x  2 3 3với mọi x nên: 2
4

a  là số nguyên

khi và chỉ khi a2  3 4 a1. 0,25

4

(2,0 điểm) a.(1,0 điểm) Cho phương trình

 

2 2 3 0 1

x  x m  

với m là tham số.
Giải phương trình (1) khi m  ;0

Khi m = 0, (1) có dạng

x



2 x



3 0



0,25

16 0

   . Khi đó (1) có 2 nghiệm phân biệt là 0,25

2 16
3
2

x   

;

2 16
1
2

x   

0,5

b.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệtx x1, 2

thỏa mãn: x12 12 2 x2 x x1 2.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ' 0   4 m 0 m4 0,25
Với điều kiện trên, giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệtx x1, 2, theo định lý

Vi –étta có:

 

1 2

2 2
3 3
x x

x x m

 





 


 .

0,25

Áp dụng tính được:









2 2

1 2 1 2 1 1 2 2

1 1 2 2 1 2

1 2

12 2 2 12 0

2 12 0 2 12

x x x x x x x x

x x x x x x

x x

       

       

  

0,25

Kết hợp với (2),(3) ta có hệ phương trình:

1 2 1

1 2 2

1 2

2 2

3 4

6 5

x x x

x x m x

x x m

  

 

 

   

 

    

 

Kết hợp với điều kiện ta thấym  thỏa mãn yêu cầu đề bài. 5

0,25

5
(3,0
điểm)

Cho

( )

O đường kính AB =2R, C là trung điểm của OA và dây MN vng góc với OA tại

C . Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ ¼BM (K khác B M, ), H là giao điểm của AK vàMN .

a) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp. 
b) Chứng minh AH AK. =AM2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a) (1,0 điểm) Chứng minh rằng BCHK là tứ giác nội tiếp.

Ta có BK H =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) 0,25

HCB =· 900 (giả thiết) 0,25

Tứ giác BCHK có BKH· +HCB· =900+900=1800 và hai góc này ở vị trí đối

nhau. 0,25

Vậy BCHK là tứ giác nội tiếp. 0,25

b.(1,0điểm) Chứng minh AH AK. =AM2

Ta có AB MN  AM¼ =AN¼ (tính chất đường kính vng góc với dây cung) (1)

Xét (O) có : AMN  
1

2 sđAN (góc có đỉnh nằm trên đường trịn) (2)¼

0,25



AKM  
1

2 sđAM (góc có đỉnh nằm trên đường trịn) (3)¼
Từ (1), (2), (3) suy ra AMN AKM hay AMH AKM

0,25

Xét AHM và AMK có

AMH AKM (chứng minh trên)
A chung

 AHM ∽ AMK (g – g)

0,25

AH AM

AM AK

 

2
.

AH AK AM

 

0,25

c) (1,0 điểm) Xác định vị trí của điểm K để K M +KN +KB đạt giá trị lớn nhất
và tính giá trị lớn nhất đó.

Ta có : AMB =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))

Þ AMBD vng tại M có đường cao MC ;

3
;

2 4

R R

AC = BC =

, AB = 2R
2

2 2

3
.

. 3

R
MC AC CB

MB BA BC R

ìïï = =

ïï
Þ ớ

ùù = =

ùùợ

3
MC=

2
3
R
MB R
ỡùù

ùù
ị ớ

ùù =

ùùợ

2 3

MN = MC =R ị MN =MB =R 3 (1)

Mặt khác: AB là đường trung trực của MN (tính chất đường kính vng góc dây cung)

BM BN

Þ = (2)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Từ (1) và (2) suy ra tam giác BMN đều

Trên đoạn KN lấy điểm P sao cho KP = KB suy ra tam giác KBP cân tại K.

· · 600

PKB =MNB = Þ tam giác KBP đềuÞ BP =BK 0,25

Ta có : NBP· =KBM· (=NBK· - 60 )0

Dễ dàng chứng minh được: DBPN = DBKM cgc

(

. .

)

NP MK

Þ =

Þ K M +KN +KB =2KN

0,25

Do đóK M +KN +KB lớn nhất Û KN lớn nhất
Û KN là đường kính của (O)

Û K là điểm chính giữa của cung MB.

Khi đó KM +KN +KB đạt giá trị lớn nhất bằng 4R.
Chú ý:

Nếu thí sinh giải bài tốn bằng cách áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác BKMN để 
có: KM BN. KB MN. KN BM. (mà không chứng minh định lý) thì cho 0,5 
điểm tồn bài.

</div>

Đề thi và đáp án kỳ thi tuyển sinh thi vào lớp 10 Lào Cai 2018-2019 | Toán học, Đề thi vào lớp 10 - Ôn Luyện

(

)

( )

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )



























 





 











 





 

 

   

 

 













 

 





 

 

<i>x</i>



2

<i>x</i>



3 0



 

 









( )

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về