Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên dưới đây để có thêm tài liệu ôn tập. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng YênSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHƯNG YÊNKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊNNĂM HỌC 2018 – 2019Môn thi: TOÁNDành cho các lớp chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, SinhThời gian: 120 phútĐỀ CHÍNH THỨCCâu 1: a) Rút gọn biểu thức A  22  2  3 1b) Tìm m để đường thẳng y  x  m2  2 và đường thẳng y   m  2  x  11 cắt nhau tại mộtđiểm trên trục tungGiải: a) Ta có A  2  4  2 3  1  1  3  1  3b) Để hai đường thẳng trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì1  m  2m  3 m  3 2m  2  11 m  3 x  2y  m  3Câu 2: Cho hệ phương trình (m là tham số)2x  3y  ma) Giải hệ phương trình khi m = 1b) Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) sao cho P  98  x 2  y2   4m đạt GTNN x  2y  42x  4y  8 x  4  2yx  2Giải: a) Khi m = 1 ta có hệ 2x  3y  1 2x  3y  17y  7y  1Vậy khi m = 1 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1)5m  9 x  7 x  2y  m  3 2x  4y  2m  6x  m  3  2yb) Ta có 2x  3y  m2x  3y  m7y  m  6y  m  67Với mọi m thì hệ luôn có nghiệm. 5m  9 2  m  6 2 22Ta có P  98     4m  52m  208m  234  52  m  2   26  26 . 7   7  Do đó GTNN của P bằng 26. Đạt được khi m = -2Câu 3: a) Giải phương trình x  3  2  x  6  x  x 2  1b) Tìm m để phương trình x 4  5x 2  6  m  0 (m là tham số) có đúng hai nghiệm.t2  5Giải: a) ĐKXĐ: 3  x  2 . Đặt x  3  2  x  t  0  6  x  x 2 22t 5 1  t 2  2t  3  0   t  1 t  3  0  t  3 (vì t > 0)Ta có phương trình t 2x  1Suy ra 6  x  x 2  2  x 2  x  2  0   x  1 x  2   0  (TMĐK) x  2Tập nghiệm của phương trình là S  2;1b) Đặt x 2  y  0 . Ta có phương trình y2  5y  6  m  0 (*).Để phương trình x 4  5x 2  6  m  0 có đúng 2 nghiệm thì phương trình (*) có đúng 1 nghiệmdương. Có hai trường hợp xảy ra5TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương. Ta có y1  y 2   (loại)2TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm y1  0  y2  6  m  0  m  6Câu 4: Quảng đường AB dài 120 km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi từ B trở vềA, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h. Tính vận tốc lúc về của ô tô,biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phútGiải: Gọi vận tốc của ô tô lúc về là x (km/h). ĐK: x > 0Vận tốc của ô tô lúc đi là x + 10 (km/h).120120Ta có thời gian ô tô đi từ A đến B là(giờ). Thời gian về là(giờ)x  10x2Thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút =giờ nên ta có phương trình5120 1202  x 2  10x  3000  0   x  60  x  50   0  x  50 (vì x > 0)x x  10 5Đối chiếu điều kiện ta có vận tốc của ô tô lúc về là 50 km/hCâu 5: Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi quaB và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi Ilà trung điểm của BCa) Chứng minh rằng 5 điểm A, M, O, I, N cùng thuộc 1 đường trònb) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MJvới đường tròn (O). Chứng minh rằng EB = EC = EJc) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh rằng tâmđường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố địnhGiải: a) Ta có AMO  AIO  ANO  900Do đó 5 điểm A, M, O, I, N cùngMthuộc đường tròn đường kính AOb) Vì J là tâm đường trònnội tiếp tam giác MBC nênBMJ  CMJ ; MBJ  CBJJOSuy ra EB  EC  EB = ECKLại có BJE  BMJ  MBJCIPAB CBE  CBJ  JBE BJE cân  EB = EJc) Gọi P là giao điểm của MN với BCN ETa có OKP  OIP  900 OKP  OIP  1800 nên tứ giác OKPI nội tiếpÁp dụng phương tích trong đường tròn ta có AK. AO = AP. AI; AM2  AB.ACÁp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có AM2  AK.AO .Suy ra AP. AI = AB. AC không đổi, mà I cố định nên P cố định. Do đó tâm đường tròn ngoạitiếp tam giác OIK chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OKPI nằm trên đường trung trực củađoạn thẳng PI cố địnhCâu 6: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xy  yz  zx  3xyzx3y3z311 1 1    222zxxyyz2x y zGiải: Áp dụng BĐT CauChy ta cóx3zxzx11 z 1z 1xxx . z x .x22zxzx22 242x zChứng minh rằngy3x 1z3yy z  . Cộng theo vế các BĐT này được;22xy4yz4333xyzx  y  z  3 3 x  y  z  3  x  y  z 222zxxyyz4441 1 19 x yz  3Mặt khác từ giả thiết xy  yz  zx  3xyz  3    x y z x yzTương tự ta cũng cóx3y3z33.3 3 3 1  1 1 1       .222zxxyyz4 4 2 2x y zDấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1Do đó ...