ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯỢNG GIA LAI NĂM HỌC: 2018 - 2019 - MÔN TOÁN (Chuyên Tin)

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

<i><b>Bài 1 (2 điểm). </b></i>

a) Rút gọn biểu thức

2

x x x 2 x x 1

P 3 .

x 1

x x 1 x

 ₋ ₊  ₊

=_ − + _

−

+ +

  , với x > 0 và x  1
b) Cho phương trình ẩn x: (m−2)x2+2x−(m 1)− =0 (m là tham số).

Chứng minh rằng với mọi m thì phương trình đã cho ln có nghiệm.
<i><b>Bài 2 (2 điểm). </b></i>

a) Giải phương trình: 2 x2− + −x 1 4x2−4x 3− =1

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2−2y(x−y)=2(x 1)−

<b>Bài 3 (2 điểm). </b>

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P) có phương trình y=x2 và điểm
A(0 ; 2). Tìm điểm M thuộc (P) sao cho MA=2 2 (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).

b) Một màn hình Laptop hình chữ nhật 17 inch có tỉ lệ chiều rộng và chiều cao là 8:5. Hỏi
chiều rộng của màn hình Laptop đó là bao nhiêu xentimét ? (lấy 1 inch = 2,54 cm; kết quả làm
<i>tròn đến 2 chữ số thập phân). </i>

<b>Bài 4 (3 điểm). </b>

Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngồi đường trịn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với
đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm). Tia PO cắt đường tròn tại I (O nằm giữa P và I) và cắt AB
tại H. D là điểm đối xứng của B qua O và C là giao điểm thứ hai của PD với đường tròn (O).

a) Chứng minh PO ⊥ AB và tứ giác BHCP nội tiếp.
b) Chứng minh AC ⊥ CH.

c) Gọi M là giao điểm thứ hai của IC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH. Tia AM cắt
IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ.

<b>Bài 5 (1 điểm). </b>

Giải hệ phương trình:

2 2

x y xy 3

1 1 2

x 2x y 2y 3

+ + =




 ₊ ₌

 ₊ ₊



---Hết---

Họ và tên thí sinh: ………; SBD: …………; Phịng thi số: …………
Chữ ký của giám thị 1: ………; Chữ ký của giám thị 2: ………...

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>
<b> GIA LAI </b>

ĐỀ CHÍNH THỨC

<b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN </b>
<b>NĂM HỌC 2018 – 2019 </b>

<b>Mơn thi: Tốn </b>(Chun Tin học)

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

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM </b>

(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
<b>I. Hướng dẫn chung. </b>

- Nếu học sinh giải cách khác hướng dẫn chấm, nhưng đúng thì vẫn được điểm tối đa.
- Điểm toàn bài của thí sinh khơng làm trịn.

<b>II. Đáp án – Thang điểm. </b>

<b>Bài </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>Bài 1 </b>
<b>(2 điểm) </b>

a) Với x > 0 và x  1, ta có:

(

)(

)

(

)

(

)(

)

x x 1 x x 1 x x 2 _x ₁

P 3 .

x x 1 x x 1 x 1

 ₋ ₊ ₊ ₊  ₊

 

= − +

 + +  − +

 

<b>0,25 </b>

x

(

x 1

) (

x 2

)

3 . 1

x 1

 

=_ − − + + _

− <b>0,25 </b>

(

x 2 x 1 .

)

1
x 1

= − +

− <b>0,25 </b>

(

)

2 ₁

x 1 . x 1

x 1

= − = −

− <b>0,25 </b>

b) Xét phương trình: (m−2)x2+2x−(m 1)− =0 (1)
- Với m = 2, (1) trở thành: 2x – 1 = 0  x 1

2
= .
Vậy khi m = 2 thì (1) có nghiệm

<b>0,25 </b>
- Với m2 thì (1) là phương trình bậc hai ẩn x, có:

2

' 1 (m

2)(m 1)

m

3m 3

 = +

−

− =

−

+

<b>0,25 </b>

2
3 3

' m 0 m

2 4

 

 =_ − _ +  

 

 Khi m2thì (1) có hai nghiệm phân biệt.

<b>0,25 </b>
Qua hai trường hợp ta có: Với mọi m thì phương trình đã cho ln có nghiệm. <b>0,25 </b>

<b>Bài 2 </b>
<b>(2 điểm) </b>

a) 2 x2− + −x 1 4x2−4x 3− =1
ĐK: 2

4x −4x 3 0−  (*)

Phương trình đã cho tương đương với: 2 2

4x −4x+ −4 4x −4x− =3 1 (1)
Đặt 2

t= 4x −4x 3− (t0) thì 4x2−4x+ = +4 t2 7
Nên từ (1) ta có: 2

t + − =7 t 1

<b>0,25 </b>

 t2+ = +7 t 1  t2+ = + +7 t2 2t 1 =t 3 (Nhận) <b>0,25 </b>
Từ đó ta có:

<b>0,25 </b>
<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>

<b>GIA LAI </b>
ĐỀ CHÍNH THỨC

<b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN </b>
<b>NĂM HỌC 2018 - 2019 </b>

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

2

4x −4x 3− =3 4x2−4x 3 9− =  x2− − =x 3 0

1 13
x

2
1 13
x

2

 ₊

=



 ₋

=


Thay các giá trị của x vào (*) ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: 1 2

1 13 1 13

x ; x

2 2

+ −

= = <b>0,25 </b>

b) x2−2y(x−y)=2(x 1)−  x2−2(y 1)x+ +2(y2+ =1) 0 (1) <b>0,25 </b>
Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x, ta có:

(

)

2

(

₂

)

₂ ₂

' y 1 2 y 1 y 2y 1 (y 1)

 = + − + = − + − = − − <b>0,25 </b>

Để (1) có nghiệm thì  ' 0 − −(y 1)2 0 (y 1)− 2 =  =0 y 1 <b>0,25 </b>
Với y = 1 thì (1) có nghiệm kép là: x₁=x₂ = + = + =y 1 1 1 2

Thay x = 2, y = 1 vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm nguyên duy nhất là (2 ; 1)

<b>0,25 </b>

<b>Bài 3 </b>
<b>(2 điểm) </b>

a) Vì M



(P) nên M(a ; a2_{) (a} _).

Ta có A(0 ; 2) và M(a ; a2_{) nên} 2 2 2 2 4 2

AM =a +(a −2) =a −3a +4 <b>0,25 </b>

Để 2

AM=2 2 AM =8 (Vì AM > 0)

thì a4−3a2+ =4 8 a4−3a2− =4 0 <b>0,25 </b>


2

2
a 1

a 4
 = −


=

  a

2_{= 4}_a= ₂ <b>_0,25</b>

Do đó: MA 2 2= khi M(2 ; 4) hoặc M( 2 ; 4)− . <b>0,25 </b>
b) Gọi x (cm), y (cm) lần lượt là chiều rộng và chiều cao của màn hình Laptop đó

(x0, y0)

Theo bài ra ta có: x 8 y 5x (1)
y =  =5 8

<b>0,25 </b>
Từ giả thiết ta có độ dài đường chéo màn hình là:

17 inch

(

)

=43,18 (cm)
Do đó ta có: 2 2

(

)

2

x +y = 43,18 (2)

<b>0,25 </b>

Từ (1) và (2) ta có x2 25x2

(

43,18

)

2 x 36, 62
64

+ =  <b> 0,25 </b>

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

<b>Bài 4 </b>
<b>(3 điểm) </b>

Q
M

H
C

O

I

D B

A

P

( Học sinh vẽ hình đến câu a) cho 0,25 điểm)

<b>0,25 </b>

<b>a) Chứng minh PO </b>⊥<b> AB và tứ giác BHCP nội tiếp </b>
Ta có: PA=PB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Và OA = OB (bán kính)

Nên P,O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB
 PO là đường trung trực của đoạn thẳng AB

 PO ⊥ AB tại H.

<b>0,25 </b>

Ta có: BHP=900 (vì PO ⊥ AB tại H)
Mặt khác: 0

BCD=90 _{(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)} BCP=900 <b>0,25 </b>

Suy ra: BHP=BCP_{nên tứ giác BHCP nội tiếp.} <b>0,25 </b>
<b>b) Chứng minh AC </b>⊥<b> CH </b>

Ta có: HAC=PBC (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng

chắn 1 cung) <b>0,25 </b>

Tứ giác BHCP nội tiếp  PHC=PBC (Hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)

Do đó: HAC PHC= <b>0,25 </b>

Mà 0

PHC AHC+ =90 ( Vì PHA=900)

Nên: HAC+AHC=900 <b>0,25 </b>

 AHC vng tại C  AC ⊥ CH. <b>0,25 </b>

<b>c) Chứng minh M là trung điểm của AQ </b>

Ta có: CMH=CAH (Hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) <b>0,25 </b>
Mà CAH=CIB (Hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) <b>0,25 </b>
Nên CMH=CIB MH // IB  HM // BQ <b>0,25 </b>
Xét ABQ có AH = BH (Vì PO là đường trung trực của AB) và HM // BQ

Nên M là trung điểm của AQ.

<b>0,25 </b>

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

<b>Bài 5 </b>

<b>(1 điểm) </b> _{Hệ đã cho tương đương với:}

2 2

(x 1)(y 1) 4

1 1 2

(x 1) 1 (y 1) 1 3

+ + =




 ₊ ₌

 + − + −



Đặt a x 1 (a= +  1) và b= +y 1 (b 1)
Thì ta có:

2 2

ab 4 (1)

1 1 2

(2)
a 1 b 1 3

=



 ₊ ₌

 − −



Từ (2), ta có: 2 2 2 2

5a +5b −2a b − = 8 0 5 a

(

+b

)

2−10ab 2a b− 2 2− =8 0 (3)
Thế (1) vào (3), ta được:

(

)

2 a b 4

a b 16

a b 4
+ =


+ = _{ }

+ = −


<b>0,25 </b>

+ Với a + b = 4, lúc đó ta có: a b 4 a 2
ab 4 b 2

+ = =

 



 ₌  ₌

 

(NhËn)
(NhËn)
Do đó: x 1 2 x 1

y 1 2 y 1

+ = =

 _

 _{+ =}  ₌

 

(TMÑK)
(TMÑK)

<b>0,25 </b>

+ Với a + b = -4, lúc đó ta có: a b 4 a 2

ab 4 b 2

+ = − = −

 



 ₌  _{= −}

 

(NhËn)
(NhËn)
Suy ra: x 1 2 x 3

y 1 2 y 3

+ = − = −

 



 _{+ = −}  _{= −}

 

(TMĐK)
(TMĐK)

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x ; y) là: (1 ; 1) và (-3 ; -3).

<b>0,25 </b>

</div>

<!--links-->