Đáp án vào 10 Toán học Điện Biên 2018-2019 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (391.6 KB, 3 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO
LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019 
Môn: Toán

Câu ý Hướng dẫn

1 
(2.0đ)

1.a
(0.5đ)

Giải phương trình: 5



x 1



3x 7 2x  2 x 1
Vậy phương trình có 1 nghiệm x1

1.b

(0.5đ) Giải phương trình:

4 2

12 0
x x  

Đặt 2 2

1 2

( 0) 12 0 3 0; 4 0

tx t    t t     t t  

Với t2    4 x 2. Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 2; x2  2
2.a

(0.5đ) Hệ phương trình:

3 2 1

2 3 2

x y m
x y m

  



   


Với 1 3 1 6 2 2 1

2 5 2 5 2

x y x y x

m

x y x y y

    

  

   

    

  

Vậy hệ có nghiệm (1; 2)
2.b

(0.5đ)

Giải hệ đã cho theo m ta được:

3 2 1 6 2 4 2

2 3 2 2 3 2 1

x y m x y m x m

x y m x y m y m

      

  

          

  

Vậy với m hệ ln có nghiệm duy nhất ( ;m m1)

Để hệ có nghiệm thỏa mãn: 2 2 2 2

10 ( 1) 10

x y  m  m 

2 1 19

2 2 9 0

m m m  

     

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn bài toán: 1 19
2
m   .

2 
(1.5đ)

a
(0.5đ)

1 1 1 1 1 ( 1)

: .

1 ( 1) ( 1) 1 1

x x

A

x x x x x x x x

 

 

 

     

     

   

1 ( 1) 1

( 1) 1

x x x

A

x x x x

  

 

 

b
(1.0đ)

9 1

9 x x

P A x

x

  

  

Đặt 2

0 9 ( 1) 1 0

x   t t  P t  .

Do .a c0 nên phương trình có nghiệm t0 khi:

1 2
0

0
t t

 


  


2 5

( 1) 36 0

5
7

1
9

P
P

P

  

   

 

      



  

 

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

3 
(1.0đ)

Gọi vận tốc thực của chiếc thuyền là x km h( / ), (x4). Khi đó vận tốc của
thuyền khi xi dịng từ A đến B là: x4 (km h/ ); ngược lại từ B về A thì
thuyền đi với vận tốc là: x4 (km h/ ).

Thời gian thuyền đi từ A đến B là 24 ( )
4 h
x
Gọi C là vị trí thuyền và bè gặp nhau.

Vì AC 8 BC16 nên thời gian thuyền từ B quay lại C là: 16 ( )
4 h
x
Thời gian bè trôi với vận tốc dòng nước từ A đến C là 8 2( )

4 h .

Vì thuyền và bè gặp nhau tại C nên ta có phương trình:

24 16

4 4

x  x 

1 2

20 0 0 ( ); 20 ( / )

x x x loai x t m

     

Vậy vận tốc thực của chiếc thuyền là: 20 (km h/ )

4 
(1.5đ)

a
(0.5đ)

Xét PT hoành độ giao điểm:

2 2 2 2

( 1) 2 3 ( 1) ( 2 3) 0 (*)

x  m xm  m x  m x m  m 

Ta có m22m 3 (m1)2 2 0 ( m) PT (*) ln có 2 nghiệm trái
dấu  m thì ( )d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

b
(1.0đ)

Để tam giác AOB cân tại O thì Oy là đường trung trực của đoạn thẳng AB
hay đường thẳng d song song Ox khi đó: m   1 0 m 1

Với m 1 đường thẳng d có phương trình:y2, tọa độ 2 giao điểm A, B
là ( 2; 2). Khi đó khoảng cách từ O đến AB là h2. Độ dài đoạn thẳng

2 2 2

AB x 

 diện tích tam giác AOB là: 1 . 1.2 2.2 2 2

2 2

AOB

S  AB h 

Vậy để tam giác AOB cân tại O thì m1. Khi đó SAOB 2 2 (đvdt)

5 
(3.0đ)

a
(1.0đ)

(Vẽ hình đúng được 0.25 điểm)

Vì CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C; DB,

DM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D. Nên theo t/c
hai tiếp tuyến cắt nhau ta có OC, OD lần lượt là
hai tia phân giác của hai góc kề bù AOM và
BOM nên: COD900

(1.0đ) Ta có / /

AM MB

AM OD CMA MDO
OD MB



   

 

 (đồng vị)

Mà CMA KAM KAM MDO AKM DOM MA MD (1)

MK MO

       

Mặt khác 0

KMO AMD AMO (2)
Từ (1) và (2), suy ra KMO AMD (c.g.c)

y
x

D

C
K

H O B

A

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

c
(1.0đ)

Gọi S SABDC;S1SMAB;S2 SMAC;S3 SMBDS2S3 S S1
R là bán kính đường trịn (O)

Ta có: S 



ACBD R



. R MC.



MD



OMC DMOCM DM. OM2R2

Lại có:



MCMD



2  0



MCMD



24MC MD. MCMD2R

Suy ra S 2R2 (1), dấu “=” xảy ra khi MCMD hay M là điểm chính giữa
của nửa đường trịn (O).

Từ M kẻ MH  ABS1R MH. R2 (2), dấu “ = “ xảy ra khi M là điểm
chính giữa của nửa đường tròn (O).

2 2 2
2 3 1 2

S S S S R R R

       . Vậy min(S2S3)R2 khi M là điểm
chính giữa của nửa đường trịn (O).

6 
(1.0đ)

(0.5đ) Vì

2
1

( ) 3 ( ) ( 0)

f x f x x

x

    .

Nên ta có:

1 1

(2) 3 ( ) 4 (2) 3 ( ) 4

2 2

1 1 1 3

( ) 3 (2) 3 ( ) 9 (2)

2 4 2 4

f f f f

     

 

 

 

     

 

 

13 13

8 (2) (2)

4 32

f f

     

b
(0.5đ)

Giả sử tồn tại các số nguyên tố a b c, , thoả mãn yêu cầu bài toán.
Theo bài toán ta có a b c, , đều là ước của a b c  ab bc ca 

abc

 là ước của a b c  ab bc ca 
Giả sử a b c  ab bc ca  kabc k; (  )

1 1 1 1 1 1

k

ab bc ca a b c

      

Dễ thấy a b c, , đều là số lẻ. Khơng giảm tính tổng qt giả sử a b c 

1 1 1 1 1 1

3; 5; 7 1

3 5 7 15 21 35

a b c k

            Vơ lí.

</div>

Đáp án vào 10 Toán học Điện Biên 2018-2019 - Học Toàn Tập





















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về