1 2018 TOAN CHUNG TU NHIEN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019 Mơn thi: Tốn (chung) – Đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) 2x   x x  (d ) Gọi A, B giao điểm ( d1 ) , (d ) với trục Oy C giao điểm ( d1 ) với (d ) Tính diện tích tam giác ABC 3) Cho tam giác ABC có AB  8(cm), BC  17 (cm), CA  15(cm) Tính chu vi đường trịn nội tiếp tam giác ABC 4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy 6 (cm) , độ dài đường sinh 5(cm) Tính thể tích hình nón   x 1  x   Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P   x    (với x  x  ) : x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức P 2) Chứng minh với x  x  P  Câu (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x  mx  m2  m   (với m tham số) a) Chứng minh với giá trị tham số m , phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình cho ( x1  x2 ) Tìm tất giá trị tham số m để x2  x1  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng y   x  (d1 ) y  2) Giải phương trình x   3  x  3x    x  x  Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (với AB  AC ) ngoại tiếp đường tròn  O, R  Đường tròn  O, R  tiếp xúc với cạnh BC , AB D, N Kẻ đường kính DI đường tròn  O, R  Tiếp tuyến đường tròn  O, R  I cắt cạnh AB, AC E , F 1) Chứng minh tam giác BOE vuông EI BD  FI CD  R 2) Gọi P, K trung điểm đoạn thẳng BC , AD ; Q giao điểm BC AI Chứng minh AQ  KP 3) Gọi A1 giao điểm AO với cạnh BC , B1 giao điểm BO với cạnh AC , C1 giao điểm CO với cạnh AB  O1 , R1  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1    AA1 BB1 CC1 R1  OO1 Câu (1,0 điểm) (2 x  y  1) x  y   (4 x  y  3) x  y (1) 1) Giải hệ phương trình  2 (2)  x  x   2(3 y  2) x  y  2 x  x  2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  2bc  2ca  Tìm giá trị nhỏ 11a  11b  12c biểu thức Q  8a  56  8b  56  4c  - HẾT Họ tên thí sinh:……………………… Họ tên, chữ ký GT 1:………………… … Số báo danh:…………………………… Họ tên, chữ ký GT 2:………………… … Chứng minh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn (chung) – Đề Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên tự nhiên (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm 1) Giải phương trình x   x 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng y   x  (d1 ) y  x  (d ) Gọi A, B giao điểm ( d1 ) , (d ) với trục Oy C Câu giao điểm ( d1 ) với (d ) Tính diện tích tam giác ABC (2,0đ) 3) Cho tam giác ABC có AB  8(cm), BC  17 (cm), CA  15(cm) Tính chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC 4) Một hình nón có chu vi đường trịn đáy 6 (cm) , độ dài đường sinh 5(cm) Tính thể tích hình nón x  + Ta có x   x   0,25 2 x   x 1) x      x  1  x  Vậy tất nghiệm x phương trình là:  x   + A giao điểm ( d1 ) với trục Oy , suy A(0; 2) ; 0,25 + B giao điểm (d ) với trục Oy , suy B(0;3) ;  y  x   x  2  + Giải hệ:  nghiệm  Vậy C(2;0) thuộc trục Ox y   y  x  0,25 + Tam giác ABC có đường cao CO 2) Diện tích tam giác ABC là: 1 OC AB  2.5  2 (đvdt) 3) + Vì 82  152  172  289  AB  CA2  BC nên ABC vuông A + Bán kính hình trịn nội tiếp ABC AB  AC  BC r  3(cm) + Chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: 2 r  6 (cm) 0,25 0,25 0,25 + Gọi R bán kính đường trịn đáy, ta có: 2 R  6  R  3(cm) 0,25 + Chiều cao hình nón là: h  52  R  (cm) 4) + Thể tích hình nón là: 1 V  S.h   R h   32.4  12 (cm3 ) 3 0,25   x 1  x   Cho biểu thức P   x    , (với x  x  )  :  x x x  x     Câu 1) Rút gọn biểu thức P 2) Chứng minh với x  x  P    x 1 x 1 x x 1 1 x x 11 x    x x x x 1 x 1) nên P      + P x 1 x  x 1  x 0,25    x  1 x 1 x x  x 1 x 1 x 1 x 1 0,25 0,25 x x 1   x 1   2)   x x + Ta có (1,5đ) 0,25  x  x 0,25 + Với hai số dương a, b có a  b  a b , dấu xảy a  b  0,25  với x  x  x Vậy với x  x  P  1) Cho phương trình x  mx  m2  m   (1) (với m tham số) a) Chứng minh với giá trị tham số m , phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Câu b) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình cho ( x1  x2 ) Tìm tất giá (2,5đ) Do x trị tham số m để x2  x1  2) Giải phương trình x   3  x  3x    x  x  + Tính   5m2  4m  16 0,25 1.a)  76  + Ta có    5.m    5  0,25 2   76   + Do  5.m    0, m   5.m     0, m nên   0, m Chứng 5 5   tỏ m , phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt 0,25  15  + Nhận thấy phương trình (1) có a.c  m  m     m     0, m nên 2  m , phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 trái dấu 1.b)  x   x2 Do x1  x2 x2  x1  tương đương với:   m  x  x   *KL: Vậy tất giá trị tham số m thỏa mãn yêu cầu toán là: + Điều kiện 2  x  + Phương trình cho tương đương với:   x    x  3x   ( x  2)(3  x) 0,25 0,25 0,25 0,25 + Đặt t  x    x   x   ( x  2)(3  x)  t  10 Ta thu 2) phương trình (ẩn t): t  3t  10   t  (thỏa mãn t  ); t  2 (loại, không thỏa mãn t  ) 2  x  + Với t  , ta có x    x    4 ( x  2)(3  x)  14  3x 2  x    x 2 25 x  100 x  100  * KL: Vậy tất nghiệm x phương trình là: Cho tam giác ABC (với AB  AC ) ngoại tiếp đường tròn  O, R  Đường tròn  O, R  0,25 0,25 0,25 tiếp xúc với cạnh BC , AB D, N Kẻ đường kính DI đường trịn  O, R  Tiếp tuyến đường tròn  O, R  I cắt cạnh AB, AC E , F 1) Chứng minh tam giác BOE vuông EI BD  FI CD  R Câu 2) Gọi P, K trung điểm đoạn thẳng BC , AD ; Q giao điểm BC AI Chứng minh AQ  KP 3) Gọi A1 giao điểm AO với cạnh BC , B1 giao điểm BO với cạnh (3 đ) AC , C1 giao điểm CO với cạnh AB  O1 , R1  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh: 1    AA1 BB1 CC1 R1  OO1  BN  BD + Từ giả thiết suy  ON  OD nên OB đường trung trực đoạn ND OB đồng thời tia 1) phân giác DON , suy BON  DON + Chứng minh tương tự, ta có NOE  NOI 0,25   1 DON  NOI  DOI  900 2 nên BOE vuông đỉnh O + Do BOE vuông đỉnh O từ giả thiết suy ON vuông góc với BE N , suy NE.NB  ON  R + Từ giả thiết suy NE  EI , NB  BD  EI BD  R Vậy BOE  BON  NOE  + Chứng minh tương tự, ta có FI CD  R Vậy EI BD  FI CD  R + Từ giả thiết AB  AC suy điểm B, D, P, Q, C đôi phân biệt thẳng hàng theo thứ tự IF EF AF + Từ giả thiết suy EF BC nên   (1) QC BC AC 2) FI IE FI  IE EF    (2) BD DC BD  DC BC IF IF + Kết hợp (1) (2) suy   QC  BD QC BD Mà P trung điểm đoạn BC  DP  PQ  P trung điểm đoạn DQ Vậy KP đường trung bình ADQ  AQ  KP + Từ kết phần 1) suy + Kẻ AH  BC H AH OD , dẫn đến A1O OD S OBC   A1 A AH S ABC BO S CO S + Chứng minh tương tự, ta  OAC ;  OAB B1 B S ABC C1C S ABC + Do O điểm thuộc miền ABC nên ta có: A1O B1O C1O S OBC  S OAC  S OAB    1 A1 A B1 B C1C S ABC 3) 1  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 AO BO CO 1  1 1 A1 A B1 B C1C AO BO CO AO1  O1O BO1  O1O CO1  O1O   22   A1 A B1B C1C A1 A B1B C1C 1    (*) , (vì AO1  BO1  CO1  R1; R1  O1O ) AA1 BB1 CC1 R1  O1O + Do AB  AC suy ABC tam giác nên dấu “=” (*) 1 xảy Vậy    AA1 BB1 CC1 R1  O1O 0,25  (2 x  y  1) x  y   (4 x  y  3) x  y (1) 1) Giải hệ phương trình  2 x  x   2(3 y  2) x  y  2 x  x  (2)  Câu 2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  2bc  2ca  Tìm giá trị nhỏ 11a  11b  12c biểu thức Q  8a  56  8b  56  4c  + Từ phương trình (1) suy ra: 0,25 (1 đ) 2( x  y ) x  y   x  y   2(2 x  y  1) x  y  x  y 1)     x  y  2x  y  1  x  y 2x  y 1   x  y  2x  y   3y  x  0,25 + Thay y  x  vào phương trình (2), biến đổi thu phương trình: x  x   2( x  1) x   (2 x  1)( x  2)     x   3x   2x   x   0  x   x    x  Với x   y   3x   x  x  * Thay  vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn y  0,25 * Vậy tất nghiệm ( x; y ) hệ phương trình là: (1;0) + Ta có 8a  56  2(a  7)  2(a  b)(a  2c); 8b2  56  2(b2  7)  2(b  a)(b  2c); a  2c b  2c 2 + Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số dương: 2(a  b) (a  2c) ; a  2c b c ta được: 2(b a) (b  2c) ; 2 4c   0,25 8a  56  2(a  b)  ( a  2c)  3a  b  c; 2) 8b  56  2(b  a )  (b  2c)  a  3b  c; a  2c b  2c a  b  4c   2 11a  11b  12c 11a  11b  12c + Dẫn đến Q    2 2 8a  56  8b  56  4c  11a  11b  12c a  b   + Tại  Q  Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q c  4c   Lưu ý: + Các cách giải khác đáp án đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống cho điểm thành phần tương ứng + Điểm toàn tổng điểm câu khơng làm trịn HẾT 0,25 ... 22   A1 A B1B C1C A1 A B1B C1C 1    (*) , (vì AO1  BO1  CO1  R1; R1  O1O ) AA1 BB1 CC1 R1  O1O + Do AB  AC suy ABC tam giác nên dấu “=” (*) 1 xảy Vậy    AA1 BB1 CC1 R1  O1O 0,25... A1O B1O C1O S OBC  S OAC  S OAB    ? ?1 A1 A B1 B C1C S ABC 3) ? ?1? ??  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 AO BO CO ? ?1  ? ?1? ?? ? ?1 A1 A B1 B C1C AO BO CO AO1  O1O BO1  O1O CO1  O1O... P    x ? ?1 x ? ?1 x x ? ?1 1 x x ? ?1? ? ?1? ?? x    x x x x ? ?1 x 1) nên P      + P x ? ?1 x  x ? ?1  x 0,25    x  1? ?? x ? ?1 x x  x ? ?1 x ? ?1 x ? ?1 x ? ?1 0,25 0,25 x x ? ?1   x ? ?1   2)  