Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018 - 2019 THPT Yên Định 1 có đáp án - Đề B | 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 (358.33 KB, 4 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
THANH HÓA

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2018 -2019

Mơn thi: Tốn

Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh: ...

Câu 1 (2,0 điểm):

1) Giải các phương trình sau:
a) y 3 0

b) y2 3y 4 0

2) Giải hệ phương trình:

3

2

13

2

7 x

y

x

y







  



Câu 2 (2,0 điểm): Cho biểu thức: : 1

1 2 1

y

y y

B

y y y y y

  

  

   

  (với y0;y1)

1) Rút gọn biểu thức

B

.
2) Tìm

y

để

B



2

Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ) :d y   x b 2 và
parabol ( ) :P y x2.

1) Tìm b để đường thẳng ( )d đi qua điểm B(0;1).

2) Tìm b để đường thẳng ( )d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là
1

;

x x

thoả mãn x122x x1 2x2 1.

Câu 4 (3,0 điểm): Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O;R). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, 
AN với đường trịn đó (M, N là tiếp điểm). Qua M kẻ đường thẳng song song với AN cắt 
đường tròn (O;R) tại P. Nối AP cắt đường tròn (O;R) tại D. Tia MD cắt AN tại E.

1) Chứng minh AMON là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh NE2 ME DE. và E là trung điểm của AN. 
3) Xác định vị trí của điểm A để ND vng góc với AM. 
Câu 5 (1,0 điểm):

Cho x y z t, , , là các số dương thoả mãn: x   y z t 2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Q (x y z x)( y)

xyzt
  

 .

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

HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ B

Câu Nội dung Điểm

1

(2,0đ)

1). a) y   3 0 y 3

b) Ta có a b c     1 3 4 0phương trình có 2 nghiệm y1;y 4.

0,5
0,5

2) Ta có: 3 2 13 2 6 3

2 7 2 7 2

x y x x

x y x y y

   

  

       

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; )x y (3; 2)

1,0

2

(2,0đ)

1) Ta có: : 1

1 2 1

y

y y

B

y y y y y

  
  
   
 

2
2
2
1
:

( 1) 1 ( 1)

1
:

1 1 ( 1)

( 1) 1

1 ( 1)

.( 1)

y

y y

y y y y

y y y

y y

y y y y

  
  
  
 

  
  
  
 
 

 
   

0,25
0,25
0,25
0,25

2) Ta có:

B

  

2 y

  

2 y

 

2

0

Đặt t y t, 0,t1 ta được phương trình 2 2 0 1
2
t
t t
t
 

     


Kết hợp với điều kiện    t 2 y 4. Vậy y4 là giá trị cần tìm.

0,25

0,5
0,25

3 
(2,0đ)

1) Ta có B(0;1)( )d      b 2 1 b 1. Vậy b1. 1,0
2) Phương trình hồnh độ giao điểm: 2

2 0
x    x b (1)
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt = 9 – 4b > 0 b < 9

1; 2

x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1)
Theo định lí Viét ta có: 1 2

2 1
1 2
1
1
2
x x
x x
x x b

  

    

  


Từ giả thiết ta có:

2 2 2

1 1 2 2 1 1 1 1 1 1

1
0

2 1 2 ( 1 ) ( 1 ) 1

1
x

x x x x x x x x x x

x


              
 


Với x1 = 0; ta có 0.x2 = b - 2 b = 2 (t/m);

Với x1 = -1; ta có x2 = -1 -(-1) = 0 (-1).0 = b - 2b = 2 (t/m); 
Vậy b = 2 là giá trị cần tìm.

0,5

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

4 
(3,0đ)

1) Do AM, AN là các tiếp tuyến 
của đường tròn (O)

· · 0

90
OMA ONA

  

· · 0

180
OMA ONA

  

nên tứ giác AMON nội tiếp.

O
A

N
M

1,0

2) Ta có ·NMEDNE· ( 1
2

 sđ »ND); ·NEM chung  2 tam giác MNE và NDE

đồng dạng 2

NE DE

NE ME DE

ME NE

    (1)

Lại có ·AMDMPD· ( 1
2

 sđ ¼MD); ·DAN MPD· (do MP//AN )
·AMD DAE·

  ; ·MEA chung  2 tam giác AME và DAE đồng dạng 
2

AE DE

AE ME DE

ME AE

    (2)

Từ (1) và (2) AENE nên E là trung điểm của AN.

0,5

0,5
3) ND AM·AMN·MND900

· · 0

MNA NAP

   (vì ·NAPMPD· MND· ; ·AMNMNA· )
, ,

AD MN A O P

   thẳng hàng

D là giao điểm của 3 đường cao trong tam giác AMN 
ME AN ME

   vừa là đường cao vừa là trung tuyến
MNA

  cân tại M MAMN

Mà MANA MNA đều MAO· 300

Ta có MAO vng tại M có ·MAO30 ;0 OM  R OA2R.
Vậy A là điểm nằm trên đường tròn tâm O, bán kính 2R.

E
D

0,25

0,25
0,25
0,25

5 
(1,0đ)

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

x y 2 xy x;( y) z 2 (xy z x) ;(    y z) t 2 (x y z t)
Suy ra: (x y x)(  y z x)(    y z t) 8 xyzt x( y x)(  y z)

Mà x    y z t 2 2(x y x)(  y z)8 xyzt x( y x)(  y z)

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

( )( ) 4 ( )( )

( )( ) 4

( )( ) 16

x y x y z xyzt x y x y z
x y x y z xyzt

x y x y z xyzt

       

    

Nên P (x y z x)( y) 16xyzt 16
xyzt xyzt

  

   .

Dấu “=” xảy ra khi

1
4
1
2
1
2

x y
x y

x y z

z
x y z t

t
x y z t

  






  

  

    

 


     




Vậy GTNN của P bằng 16 khi 1; 1; 1

4 2

x y z  t  .

0,25
0,25

0,25
Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự 
phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.

- Đối với câu 4 (Hình học):

</div>