Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên nam định năm học 2018 2019 (vòng 1) có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 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 tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) 2x + = x x + (d ) Gọi A, B giao điểm (d1), (d2) với trục Oy C giao điểm (d1) với (d2) 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 tròn nội tiếp tam giác ABC 4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy 6π (cm) , độ dài đường sinh 5(cm) Tính thể tích hình nón   x −1 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 − m + 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 = x + + − 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 + + < Chứng minh: 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 biểu 11a + 11b + 12c thức Q = 8a + 56 + 8b + 56 + 4c + HẾT -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ kí GT 1: Họ tên, chữ kí GT 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Câu (2,0đ) Phần Nội dung Điểm x + = x (1) (ĐK: x ≥ ) 1) 2) 3) 4)  x = −1 (1) ⇒ x = x + ⇔ x − x − = ⇔ ( x + 1)( x − 3) = ⇔  x = Kết hợp với điều kiện ⇒ x = Vậy nghiệm phương trình x = Đường thẳng (d1) qua điểm (0; – 2) (– 2; 0) Đường thẳng (d2) qua điểm (0; 3) (– 2; 0) Theo đề bài, ta có: A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0) ⇒ CO = 2; AB = Diện tích ∆ ABC là: AB.OC 5.2 S= = = (đơn vị diện tích) 2 Ta có: BC2 = 172 = 289 AB2 + AC2 = 82 + 152 = 289 ⇒ BC2 = AB2 + AC2 ⇒ ∆ ABC vng A (định lí Py-ta-go đảo) Vẽ (O; R) nội tiếp ∆ ABC, (O) tiếp xúc AB, AC, BC D, E, F · · · Tứ giác ADOE có DAE = ADE = AED = 900 ⇒ Tứ giác ADOE hình chữ nhật Lại có OD = OE = R Tứ giác ADOE hình vng ⇒ AD = OD = R Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: AD = AE, BD = BF, CE = CF ⇒ AB + AC = AD + BD + AE + CE = AD + BF + AD + CF = 2AD + BC ⇒ AD = (AB + AC – BC) : = (8 + 15 – 17) : = 3(cm) ⇒ R = 3cm Bán kính đường tròn đáy là: C 6π r= = = (cm) 2π 2π Gọi l độ dài đường sinh, h chiều cao hình nón Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: h = l − r = 52 − 32 = (cm) Thể tích hình nón là: 0.5 0.5 0.5 0.5 1 V = πr h = π.32.4 = 12 (cm3) 3   x −1 − x   P= x − + ÷ ÷:  x  x x+ x   1) Câu (1,5đ) ( )( x −1 ) x +1 +1− x = x −1 : x = x −1 x −1 + − x : x x x +1 = x −1 x− x : x x x +1 = x ( ( ( ( = )( ) ( x −1 ) ) 1.0 ) : x( x( x +1 x x +1 ) x +1 ) x − 1) x +1 x Vậy P = ( x +1 ) ( P= ) =( với x > x ≠ x Với x > x ≠ , ta có: 2) 1a) Câu (2,5đ) 1b) x +1 ) x −1 + x x =4 x x x Vậy với x > x ≠ P > Phương trình x − mx − m + m − =  15  Ta có hệ số c = −m + m − = −  m − ÷ − < 2  ⇒ ac < ⇒ Phương trình có hai nghiệm trái dấu Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 < x2 ⇒ x1 < < x2 Do đó: x2 − x1 = ⇔ x2 + x1 = Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = m ⇒m=2 Vậy m = giá trị cần tìm > 0.5 0.75 0.75 x + + 3 − x = 3x + + − x + x + 2) ⇔ + x + 3 − x = x + + (2 + x)(3 − x) ĐK: −2 ≤ x ≤ Đặt a = + x , b = − x (a, b ≥ 0) ⇒ x + = 4a + b − 10 Phương trình trở thành: 1.0 6a + 3b = 4a + b − 10 + 4ab ⇔ 3(2a + b) = (2a + b) − 10 ⇔ (2a + b) − 3(2a + b) − 10 = ⇔ (2a + b + 2)(2a + b − 5) = ⇔ 2a + b − = (do a, b ≥ ⇒ 2a + b + > 0) ⇔ 2a + b = ⇔ 2+ x + 3− x = Cách 1: 2+ x + 3− x = ⇔ 4(2 + x) + (2 + x)(3 − x) + − x = 25 ⇔ x + 11 + (2 + x)(3 − x) = 25 ⇔ (2 + x)(3 − x) = 14 − x ⇔ 16(6 + x − x ) = 196 − 84 x + x (do x ≤ ⇒ 14 − x > 0) ⇔ 25 x − 100 x + 100 = ⇔ x2 − 4x + = ⇔ ( x − 2) = ⇔ x = (thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm phương trình cho x = Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: (2 2+ x + 3− x ) ≤(2 2 + 12 ) ( + x + − x ) = 25 ⇒ 2+ x + 3− x ≤ Dấu “=” xảy 2+ x ⇔ = − x ⇔ + x = 12 − x ⇔ x = 2 Câu (3,0đ) 0.25 1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: OB tia phân giác góc NOD, OE tia phân giác góc NOI Mà góc NOD kề bù với góc NOI ⇒ OB ⊥ OE ⇒ ∆ BOE vng O µ1+O µ = DOI · · Ta có: O − BOE = 1800 − 900 = 900 µ1+O µ = 900 ( ∆ BOD vng D) B 0.75 µ1=B µ1 ⇒O · · µ1=B µ1 ∆ IOE ∆ DBO có: OIE = ODB = 900 ,O ⇒ ∆IOE # ∆DBO (g.g) OI EI ⇒ = ⇒ EI.BD = OI.OD = R BD OD Chứng minh tương tự, ta FI.CD = R Vậy EI.BD = FI.CD = R 2) EI CD = (1) FI BD EF // BC ( ⊥ DI ) Áp dụng hệ định lí Ta-lét, ta có: EI FI  AI  EI BQ = = ⇒ = (2)  ÷ BQ CQ  AQ  FI CQ Từ (1) (2) CD BQ CD BD CD + BD BC ⇒ = ⇒ = = = = ⇒ BD = CQ BD CQ BQ CQ BQ + CQ BC Lại có BP = CP ⇒ BP – BD = CP – CQ ⇒ PD = PQ Vì KD = KA PD = PQ ⇒ KP đường trung bình ∆ DAQ ⇒ AQ = 2KP Từ EI.BD = FI.CD ⇒ 3) 0.5 1.0 Ta có: 1 + + < AA1 BB1 CC1 R − OO1 ⇔ R1 − OO1 R1 − OO1 R1 − OO1 + + 0) ⇔v=u ⇒ x + y = 2x − y −1 ⇔ x + y = 2x − y −1 ⇔ 3y = x −1 Thay y = x − vào phương trình (2) được: 1  x + x + − 2( x + 1) x + = ( x + 2)(2 x + 1) ĐK: x≥− ÷  3  ⇔ ( x + x + 1) + x + − 2( x + 1) 3x + = ( x + 2)(2 x + 1) ⇔ ( x + 1)2 + 3x + − 2( x + 1) x +  ( ⇔ ( x +1− ) ( 3x + ) = ( ⇔ x + − 3x + + +  x + + x + − ( x + 2)(2 x + 1)  = ) 2x + 1) x + − 2x + x+2 − 2 =0 =0 0.5  x + − x + = ⇔  x + − x + =  x + = x + ⇔  x + = x +  x2 − x = ⇔ x + = 2x + ⇔ x = (TMĐK) Với x = y = Thử lại thấy ( x, y ) = (1;0) nghiệm hệ Vậy nghiệm hệ phương trình ( x, y ) = (1;0) Sử dụng giả thiết ab + 2bc + 2ca = áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 8a + 56 = 2( a + 7) = 2( a + ab + 2bc + 2ca) = 2( a + b)( a + 2c) ≤ 2( a + b) + a + 2c = 3a + 2b + 2c Tương tự: 8b + 56 ≤ 3b + 2a + 2c 4c + = 4c + ab + 2bc + 2ca = (2c + a)(2c + b) ( 2c + a + 2c + b ) Do đó: ≤ 8a + 56 + 8b + 56 + 4c + 2) ≤ (3a + 2b + 2c) + (3b + 2a + 2c) + (4c + a + b) = ( 11a + 11b + 12c ) 11a + 11b + 12c ⇒Q≥ =2 ( 11a + 11b + 12c ) Dấu “=” xảy 2(a + b) = a + 2c = b + 2c a = b =   ⇔ 2c + a = 2c + b ⇔ ab + 2bc + 2ca = c =  Vậy Q = a = b = 1, c = Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 0.5 ... x , b = − x (a, b ≥ 0) ⇒ x + = 4a + b − 10 Phương trình trở thành: 1.0 6a + 3b = 4a + b − 10 + 4ab ⇔ 3(2a + b) = (2a + b) − 10 ⇔ (2a + b) − 3(2a + b) − 10 = ⇔ (2a + b + 2)(2a + b − 5) = ⇔ 2a +... AC2 ⇒ ∆ ABC vng A (định lí Py-ta-go đảo) Vẽ (O; R) nội tiếp ∆ ABC, (O) tiếp xúc AB, AC, BC D, E, F · · · Tứ giác ADOE có DAE = ADE = AED = 900 ⇒ Tứ giác ADOE hình chữ nhật Lại có OD = OE = R Tứ... Bán kính đường tròn đáy là: C 6π r= = = (cm) 2π 2π Gọi l độ dài đường sinh, h chiều cao hình nón Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: h = l − r = 52 − 32 = (cm) Thể tích hình nón là: 0.5 0.5 0.5 0.5