Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018 - 2019 THPT Yên Định 1 có đáp án - Đề B

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

Môn thi: Toán 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) 3 0 y 

b)

2 3 4 0 y y   

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 0; 1 y y  )

1) Rút gọn biểu thức B . 2) Tìm y để 2 B  . Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ): 2 d y x b  và

parabol

2 ( ): P y x  .

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

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

1 2 ; x x thoả mãn

2 1 1 2 2 2 1 x x x x   .

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 tròn 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 2 . NE ME DE  và E là trung điểm của AN. 3) Xác định vị trí của điểm A để ND vuông góc với AM. Câu 5 (1,0 điểm): Cho , , , x y z t là các số dương thoả mãn: 2 x y z t   .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ( )( ) x y z x y Q xyzt     .

------------------- Hết ------------------

(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm)

ĐỀ B

HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ B

Câu Nội dung Điểm

1 (2,0đ)

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

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 ( ; ) (3;2) x y 

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

y y

y y y y

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

  

 

   

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

2) Ta có: 2 2 2 0 B y y y y        

Đặt , 0, 1 t y t t    ta được phương trình 2 1 2 0 2 t t t t

     

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

0,25 0,5 0,25

3 (2,0đ)

1) Ta có (0;1) ( ) 2 1 1 B d b b    . Vậy 1 b . 1,0

2) Phương trình hoành độ giao điểm:

2 2 0 x x b     (1)

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt = 9 – 4b > 0 b < 9

4

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:

1 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 0,5

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.

E

D

O A

N

M

P

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 ¼ MD ); · · 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) · · 0 90 ND AM AMN MND     · · 0 90 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 · 0 30 MAO   Ta có MAO  vuông tại M có · 0 30 ; 2 MAO OM R OA R     . Vậy A là điểm nằm trên đường tròn tâm O, bán kính 2R.

A

E

D

O

N

M

P

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

5 (1,0đ)

Áp …