Đề thi tuyển sinh vào THPT Lớp 10 môn Toán - Mã đề 02 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào THPT Lớp 10 môn Toán - Mã đề 02 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Long SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Mã đề 02 Thời gian làm bài: 90 phút Ngày thi : 30/05/2019 Câu 1 (2,0 điểm) : Rút gọn các biểu thức: a) A = 72− 8 1 1  1 − a b) B = 2−  : 2 với a ≠ 0 và a ≠ ± 1. aaa+ +1  a ++ 2 a 1 Câu 2 (2,5 điểm) a) Tìm các giá trị của m và n để đường thẳng (d): y = mx + n đi qua hai điểm A(2; 7) và B(1; 3). b) Cho phương trình x 2 – 4x + m – 4 = 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để 2 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn (x1− 1x)( 2 − 3x 2 +−=− m5) 2 . Câu 3 (1,5 điểm) Một đội xe vận tải được phân công chở 144 tấn hàng. Trước giờ khởi hành có 2 xe phải đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự tính. Tính số xe ban đầu của đội xe, biết rằng mỗi xe đều chở khối lượng hàng như nhau. Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ các tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (E,F là tiếp điểm). Đường thẳng (d) thay đổi đi qua M, không đi qua O và luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt P và Q (P nằm giữa M và Q). a) Chứng minh tứ giác EMFO là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh MP.MQ = ME 2. c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ luôn đi qua điểm cố định khác O. Câu 5 (1,0 điểm): Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn: a + b + 3ab =1. 12ab Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= − ab.2 − 2 a+ b HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : Số báo danh : 1
2. Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Long ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN NĂM HỌC 2018 – 2019 MÃ ĐỀ 02 Câu Nội dung Điểm a) Ta có A = 72−= 8 36.2 − 4.2 =− 62 22 = 42 1,0 1 1  1a− 1a(a1) − + 2 Câu 1 b) Ta có B = −  :2 = . 0,5 (2đ) a(a++ 1) a 1  (a + 1) a(a +− 1) 1 a a+ 1 = với a ≠ 0 và a ≠ ± 1. 0,5 a a) Để đường thẳng (d) đi qua 2 điểm A(2;7) và B(1;3) thì: 2mn7+=  m4 =  m4 = 1,0 ⇔  ⇔  1.mn3+=  4n3 +=  n =− 1 Để pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì : / 2 0,5 ∆=−(2)1.( −m − 4)0 >⇔−+>⇔−>⇔ 2, x nguyên dương) 144 0,25 Theo kế hoạch mỗi xe phải chở số hàng: (tấn hàng) x Do có 2 xe đi làm nhiệm vụ khác nên số xe thực tế là x – 2 xe 144 0,25 Nên mỗi xe thực tế phải chở số hàng: (tấn hàng) Câu 3 x−2 (1,5đ) Do thực tế mỗi xe phải chở nhiều hơn kế hoạch 1 tấn hàng nên ta có pt: 144 144 0,25 − = 1 x− 2 x 2 x = − 16 ⇔x −2 x − 288 =⇔ 0  0,25 x =18 Đối chiếu đk, ta thấy x = -16 (không thỏa mãn), còn x = 18 (thỏa mãn) 0,25 Kết luận: Vậy ban đầu đội xe có 18 xe. 0,25 E P Q Câu 4 M (3đ) H O F 2
3. Nguyễn Thành Chung Trường THCS Kỳ Long a) Do ME, MF là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E và F nên 0,5 OEM
   =OF
   M = 90 a Xét tứ giác EMFO có: OEM
   +OF
   M =+ 90a 90 a = 180 a 0,5 Vậy tứ giác EMFO là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180 0). b) ∆MPE và ∆MEQ có: EMQ
   chung, MEP
   = MQE
   (góc nội tiếp và góc tạo bởi 0,5 tiếp tuyến cùng chắn cung PE) MP ME ⇒ ∆MPE ∆MEQ(g.g) ⇒=⇒MP. MQ = ME 2 (1) 0,5 ME MQ c) Gọi H là giao điểm của OM và EF. Ta có OE = OF =R ⇒ O thuộc trung trực của EF. ME = MF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ M thuộc trung trực của EF ⇒ OM là trung trực của EF ⇒ OM⊥ EF tại H. 0,5 Áp dụng hệ thức hệ thức lượng trong ∆OEM vuông, ta có: ME2 = MH. MO (2) MP MO Từ (1) và (2) ⇒ MP. MQ= MH . MO ⇒ = MH MQ MP MO ∆MPH và ∆MOQ có: OMQ
   chung, = (c.m.t) ⇒ ∆MPH ∆MOQ(c.g.c) MH MQ ⇒ MHP
   = MQO
   = PQO
   (hai góc tương ứng). Mà MHP
   + OHP
   = 180 a (kề bù) 0,5 ⇒ PQO
   + OHP
   = 180 a ⇒ Tứ giác OQPH là tứ giác nội tiếp ⇒ H thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆OPQ. Mà O,M cố định ⇒ E, F cố định ⇒ H cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆OPQ luôn đi qua điểm H (H ≠ O) cố định 1− (a + b ) Theo đề bài ta có: a++ b3 ab =⇔ 13 ab =−+⇔ 1( a b ) ab = 3 0,25 (ab+ )2 1( −+ ab )( ab + ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: ab ≤ ⇒ ≤ 4 3 4 ⇔−4 4(ab +≤ ) 3( ab + )2 ⇔ 3( ab + ) 2 + 4( ab +−≥ ) 4 0 ⇔3(ab + )2 + 6( abab +− )2( +−≥⇔ )40 3( ab ++− 2)2( ab ++≥ 2)0 ⇔++(ab 2)3([ ab +−≥⇔ )2] 0 3( ab +−≥ )20 (do a+ b +2 > 0 với mọi a,b) 0,25 2 ⇔a + b ≥ Câu 3 5 2 (1đ) 2  2   12ab22 4− 4( a + b ) 22 4 ( a + b ) 43  16 ⇒ P= −+=() ab −+≤ () ab −− 4 ≤−−4 = 0,25 ab+ ab + ab + 2 2 2 9 3 a= b  1 Dấu “ = ” xẩy ra khi ⇔ 2 ⇔==a b a+ b = 3  3 0,25 16 1 Vậy Max P= khi a = b = 9 3 Ghi chú: HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 3