1 2018 TOAN CHUNG XA HOI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2018 - 2019 Mơn thi: Tốn (chung) – Đề Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình ( x  1)(2  x)  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B giao điểm đường thẳng y  2 x  (d ) với trục Ox, Oy Tính diện tích tam giác OAB 3) Cho tam giác ABC có AB  6(cm), AC  8(cm), BC  10(cm) Tính chu vi đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao 8cm mặt đáy tam giác vng có độ dài hai cạnh góc vng 5(cm),12(cm) Tính thể tích hình lăng trụ   x 1  x   Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P  1    , (với x  x  ) : x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị biểu thức P x  2022  2018  2022  2018 Câu (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x  mx  m2   (1) (với m tham số) a) Giải phương trình (1) với m  b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 cho x1  x2 đạt giá trị nhỏ 2) Giải phương trình x    x  15  3x  25  x Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  O, R  Đường tròn  O, R  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 tứ giác OIEN nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh tam giác BOE vuông EI BD  FI CD  R 3) Gọi A1 giao điểm AO với cạnh BC , B1 giao điểm BO với cạnh AC , C1 AO BO CO giao điểm CO với cạnh AB Chứng minh:    AA1 BB1 CC1 Câu (1,0 điểm)  x  y  x  13x  y  10 (1) 1) Giải hệ phương trình   x  y    x  y  (2 x  5) y  (2) 2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b2  c  abc  Chứng minh rằng: 2a  b  c  - HẾT - Họ tên thí sinh:……………………… Số báo danh:…………………………… Họ tên, chữ ký GT 1:……………………… Họ tên, chữ ký GT 2:………………… … SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2018 - 2019 Mơn thi: Tốn (chung) – Đề Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên xã hội (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Câu 1) 2) Nội dung Điểm 1) Giải phương trình ( x  1)(2  x)  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B giao điểm đường thẳng (d ) y  2 x  với trục Ox, Oy Tính diện tích tam giác OAB 3) Cho tam giác ABC có AB  cm, AC  cm, BC  10 cm Tính chu vi đường (2,0đ) tròn ngoại tiếp tam giác ABC 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao 8cm mặt đáy tam giác vng có độ dài hai cạnh góc vng cm,12 cm Tính thể tích hình lăng trụ x 1   x  1 + Ta có ( x  1)(2  x)     0,25   x   x  + Vậy tất nghiệm x phương trình là: 1;2 0,25 + A giao điểm (d ) với trục Ox , suy A(2;0) ; 0,25 + B giao điểm (d ) với trục Oy , suy B(0;4) ; + Tam giác OAB vuông O Diện tích tam giác OAB là: 1 OA.OB  2.4  (đvdt) 2 3) 4) + Vì 62  82  102  100  AB  CA2  BC  ABC vuông A + Bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC BC R  5(cm) + Chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 R  10 (cm) + Diện tích mặt đáy là: S  5.12  30 (cm2 ) + Thể tích hình lăng trụ là: V  S.h  30.8  240(cm3 ) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Câu   x 1  x   Cho biểu thức P  1    , (với x  x  ) : x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị biểu thức P x  2022  2018  2022  2018 (1,5đ) + Ta có  x 1 x  x 0,25 x 1 1 x x 11 x    x x x x 1 x  Và 1) nên P      x  1 x 1 x x 1 x 1  x 0,25 x 1 x 1 x x 1 0,25 x 1 x 0,25  + Có x  2022  2018  2022  2018 2)    2018   2018     2018   0,25 2018   2018   2018   thỏa mãn điều kiện x  x  1 0,25  1) Cho phương trình x  mx  m2   (1) (với m tham số) a) Giải phương trình (1) với m  b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm (2,5đ) x1 , x2 cho x1  x2 đạt giá trị nhỏ + Vậy giá trị biểu thức P x  là: Câu 1.a) 1.b) 2) Giải phương trình x    x  15  3x  25  x + Với m  , phương trình (1) trở thành: x  x  40  + Tính  '  49  + Với m  , phương trình (1) có hai nghiệm: x    4; x    10 + Có   5m2  16  0, m nên m , phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 + Ta có x1,2  b     5m  16  16  4, m nên x1  x2  a 2a + x1  x2  m2   m  , tức x1  x2 đạt giá trị nhỏ m  * Vậy tất giá trị tham số m cần tìm là: + Điều kiện 5  x  5(*) + Phương trình tương đương với: 2)   x    x  15  3x  25  x + Đặt t  x    x  15  x  ( x  2)(3  x)  t  10 Ta thu phương trình (ẩn t): t  3t  10   t  t  2 5  x  + Với t  , ta có x    x    4 25  x  3x 0  x    x   x  16 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu + Với t  2 , ta có x    x  2 (vơ nghiệm, với điều kiện (*) x    x  ) * KL: Vậy tất nghiệm x phương trình là: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  O, R  Đường tròn  O, R  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 tứ giác OIEN nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh tam giác BOE vuông EI BD  FI CD  R 3) Gọi A1 giao điểm AO với cạnh BC , B1 giao điểm BO với cạnh AC , C1 giao điểm CO với cạnh AB Chứng minh: AO BO CO    AA1 BB1 CC1 + Vì  O, R  tiếp xúc với cạnh AB N , suy ON  AB N , tức N nhìn đoạn OE góc 900 (1) 1) 2) 3) + Lập luận tương tự ta có I nhìn đoạn OE góc 900 (2) * Từ (1) (2) suy tứ giác OIEN nội tiếp đường trịn (đường trịn đường kính OE )  BN  BD + Có  nên OB đường trung trực đoạn ND OB đồng thời ON  OD tia phân giác DON , suy BON  DON + Tương tự ta có NOE  NOI 1 Vậy BOE  BON  NOE  DON  NOI  DOI  900 2 nên BOE vuông đỉnh O + Do BOE vng đỉnh O có ON đường cao, suy NE.NB  ON  R  EI BD  R + Tương tự ta có FI CD  R Vậy EI BD  FI CD  R A O OD S OBC  + Kẻ AH  BC H AH OD , dẫn đến  A1 A AH S ABC BO S CO S + Tương tự ta có  OAC ;  OAB B1 B S ABC C1C S ABC   0,25 (3 đ) 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + 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 AO BO CO AO BO CO 1  1   1 2 1  A1 A B1 B C1C A1 A B1B C1C Câu  x  y  x  13x  y  10 (1) 1) Giải hệ phương trình   x  y    x  y  (2 x  5) y  (2) 2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b2  c  abc  Chứng minh rằng: 2a  b  c  + Phương trình (1) tương đương với: ( x   y ) ( x  2)  ( x  2) y y  1  0,25 0,25 (1 đ) 0,25  y  x  2, ( x  2)  ( x  2) y y   0, x, y + Thay y  x  vào phương trình (2), biến đổi thu phương trình:  1)   3x      x   (2 x  5)( x  2)  (a) (*) , phương trình (a) tương đương với:    ( x  2)    (5  x)    2x   3x      (5  x)  với x thỏa mãn (*)  x  2, 3x    2x  + Nhận thấy x  thỏa mãn (*) , dẫn đến y  * Vậy tất nghiệm ( x; y ) hệ phương trình là: (2;0) + Từ a, b, c  a  b2  c  abc   b2  c   0;4  b2  0;4  c  + Do đó, phương trình bậc hai (ẩn a) a  (bc)a  b2  c   có hai (phân biệt) nghiệm trái dấu + Với điều kiện:   x  bc  (4  b )(4  c ) + Có  a  (4  b )(4  c ) Vì a  nên a  + Áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dương  b  c ta được: (4  b )  (4  c )  (b  c )  (b  c  1) 2a  bc   2a   2a  b  c  2  2a  b  c  (đpcm) 2 2) 0,25 0,25 0,25 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 tồn tổng điểm câu khơng làm tròn HẾT ... ? ?1 x ? ?1  x 0,25 x ? ?1 x ? ?1 x x ? ?1 0,25 x ? ?1 x 0,25  + Có x  2022  2 018  2022  2 018 2)    2 018   2 018     2 018   0,25 2 018   2 018   2 018   thỏa mãn điều kiện x  x  ? ?1. .. C1O SOBC  SOAC  S OAB    ? ?1 A1 A B1 B C1C S ABC AO BO CO AO BO CO ? ?1? ??  ? ?1   ? ?1? ?? 2 ? ?1  A1 A B1 B C1C A1 A B1B C1C Câu  x  y  x  13 x  y  10 (1) 1) Giải hệ phương trình   x... 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tính giá trị biểu thức P x  2022  2 018  2022  2 018 (1, 5đ) + Ta có  x ? ?1 x  x 0,25 x ? ?1 1 x x ? ?1? ? ?1? ?? x    x x x x ? ?1 x  Và 1) nên P      x  1? ?? x 1