52 de thi chinh thuc vao 10 mon toan truong pho thong chuyen le hong phong nam dinh khoi xa hoi nam hoc 2018 2019 co loi giai chi tiet

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN Năm học 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn (chung) – Đề số Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu (VD) (2,0 điểm) 1) Giải phương trình  x  1   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  cm, AC  cm, BC  10 cm Tính chu vi đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao cm mặt đáy tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vng 5cm, 12 cm Tính thể tích hình lăng trụ � �� x  1  x � 1  Câu (VD) (1,5 điểm) Cho biểu thức P  � �(với x  0, x �1 ) �: � x x � � x �� � x � a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  2022  2018  2022  2018 Câu (VD) (2,5 điểm) 2 1) Cho phương trình x  mx  m    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 (VD) (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 giao điểm CO với cạnh AB Chứng minh AO BO CO    AA1 BB1 CC1 Câu (VD) (1,0 điểm) 3 � �x  y  x  13x  y  10  1 1) Giải phương trình � � 2x  y    x  y   2x  5 y    2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  abc  Chứng minh 2a  b  c � HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (VD) (2,0 điểm) 1) Giải phương trình  x  1   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  cm, AC  cm, BC  10 cm Tính chu vi đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao cm mặt đáy tam giác vng có độ dài hai cạnh góc vng 5cm, 12 cm Tính thể tích hình lăng trụ Câu Phương pháp: A0 � 1) A.B  � � B0 � 2) + Xác định tọa độ điểm AB + OA  x A ; OB  y B + S OAB  OA.OB 3) + Chứng minh tam giác ABC tam giác vng + Sử dụng tính chất: Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng trung điểm cạnh huyền + Sử dụng cơng thức tính chu vi đường trịn có bán kính R C  2 R 4) Thể tích khối lăng trụ: V  Sday h với S day diện tích đáy lăng trụ h chiều cao lăng trụ Cách giải: x 1  x  1 � � �� 1)  x  1   x   � � 2 x  x2 � � Vậy tập nghiệm phương trình S   1; 2 2) Giao đường thẳng  d  với trục Ox là: cho y  � 2 x   � x  � A  2;0  � OA  x A  Giao đường thẳng d với trục Oy là: cho x  � y  2.0   � B  0;  � OB  y B  1 Vậy diện tích tam giác OAB vng O S OAB  OA.OB  2.4  (dvdt) 2 3) ta có AB  AC  62  82  100  BC � ABC vng A � tâm I đường trịn ngoạt tiếp tam giác vuông ABC trung điểm cạnh huyền BC  (cm) BC � bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R  Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2 R  2  10 (cm) 4) Do đáy lăng trụ tam giác vuông nên S day  5.12  30 cm 2 Vậy thể tích lăng trụ V  Sday h  30.8  240 (cm ) � �� x  1  x � 1  Câu (VD) (1,5 điểm) Cho biểu thức P  � �(với x  0, x �1 ) �: � x x � � x �� � x � a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  2022  2018  2022  2018 Câu Phương pháp: a) Quy đồng, rút gọn biểu thức: b) Rút gọn x , đưa biểu thức dạng đẳng thức bình phương tổng bình phương hiệu Thay giá trị x vừa rút gọn vào tính giá trị biểu thức P Cách giải � �� x  1  x � 1  a) P  � � �: � x x � � x �� � x � �P � � x 1 � x 1 1 x � :  x � x x x 1 � � � �P � x 1 � x 1 � � :� � 1 � � x � x � x 1� �   �P x 1 � x 1 x � :� � x � x x  1� �P x 1 x 1 : x x 1 �P x 1 x 1 x x 1 �P x 1  x  0, x �1 x b) x  2022  2018  2022  2018 � x  2018  2018.2   2018  2018.2  �x  2018     2018   � x  2018   2018   (TM) Khi x  ta có P  1 1   2 Vậy x  P  Câu (VD) (2,5 điểm) 2 1) Cho phương trình x  mx  m    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: Phương pháp: 1) + Thay m  vào phương trình  1 sử dụng công thức nghiệm thu gọn để giải phương trình bậc hai + Tìm điều kiện m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt + Áp dụng hệ thức vi – ét để tìm điều kiện m cho hệ thức cho đạt giá trị nhỏ 2) Biến đổi phương trình giải phương trình cách đặt ẩn phụ Cách giải 1) x  mx  m    1 (Với m tham số) a) Thay m  vào phương trình ta  1 � x  x  40   32  40  49  �  1 có hai nghiệm phân biệt x1   49  10; Ta có: � x2   49  4 Vậy với m  phương trình  1x  có tập nghiệm là: S   4;10 2 b) Phương trình  1 có:   m   m    5m  16  0m �  1 ln có hai nghiệm phân biệt với m �x1  x2  m Theo hệ thức Vi – ét, ta có: � �x1 x2   m  Đặt A  x1  x2 Ta có: A2  x1  x2  x12  x1 x2  x22   x1  x2   x1 x2 2 � A2   x1  x2   x1 x2  m   m2    5m  16 �16 � A2 đạt giá trị nhỏ  16 � m  Vậy để A  x1  x2 đạt giá trị nhỏ m  2) x    x  15  x  25  x  * �x  �0 � Điều kiện: �5  x �0 � 5 �x �5 � 25  x �0 �  * � x    x  3  x    x   x � � a2  x  � x   a  a �0  � � a  b  10 Đặt � �2 b  5 x � �  x  b  b �0  � �a  b  10 a  b  10 �� � � 3a  6b  3b  4ab 3b  4ab  3a  6b  � � � � a  b  10 a  b  10 � � �� � �2 a  4ab  4b   a  2b   10 3b  4ab  3a  6b  a  b  10 � � � a  b  10 2 � a  b  10 � � �� � �� a  2b  2  ktm a �0, b �0   a  2b    a  2b   10  �� � a  2b  �� a   2b � �a   2b � a  b  10 �� �� �� 2 a   2b 25  20b  4b  b  10 5b  20b  15  � � � � a3 � a   2b �  TM  � � b  a3 � � � b   TM  � � � �� �� � b 1 a  1 � � �� � KTM b  TM     � � � b3 � � � �x  �x   �� � � x  (TM) �  x  12 � �x  Vậy phương trình có nghiệm x  Câu (VD) (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 giao điểm CO với cạnh AB Chứng minh AO BO CO    AA1 BB1 CC1 Câu Phương pháp: 1) Chứng minh tứ giác OIEN có tổng hai góc đối 180� 2) Dựa vào tính chất: tia phân giác hai góc kề bù vng góc với 3) Đưa tỉ số diện tích tam giác Cách giải: 1) Ta có: OIE  90�(Do EF tiếp tuyến đường tròn  O  I) OIE  90�(Do  O  tiếp xúc với AB N ) Nên OIE  ONE  90� gt  � OIE  ONE  180� ) Vậy tứ giác OIEN tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180� 2) Ta có: EF EB hai tiếp tuyến cắt E Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có OE tia phân giác góc ION Lại có BA BC hai tiếp tuyến cắt B đường tròn  O  nên OB tia phân giác góc NOD Áp tính chất hai tiếp tuyến cắt với OE OB phân giác góc ION NOD Mà ION NOD hai góc kề bù (Do ID đường kính đường trịn  O  � OE  OB � BOE vuông O Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có EN BN  ON  R Mà EN  EI ; BN  BD � EI BD  R (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự ta có tam giác FOC vuông O FI CD  R Vậy EI BD  FI CD  R 3) ta chứng minh được: S AO AA1  OA1 OA      OAB AA1 AA1 AA1 S ABC S BO BB1  OB1 OB      OAC BB1 BB1 BB1 S ABC S CO CC1  OC1 OC1   1   OAB CC1 CC1 CC1 S ABC Chứng minh S OBC OA1  S ABC AA1 Từ A kẻ AH vng góc với BC ta có: S OBC S ABC OD.BC OD   AH BC AH Lại có AH //OD (vì vng góc với BC) Nên theo Ta – lét tam giác AA1 H ta có: Vậy: S OBC OA1  S ABC AA1 Chứng minh tương tự ta có: � OD OA1  AH AA1 S OAC OB1 S OAB OC1  ;  S ABC BB1 S ABC CC1 S S S AO BO CO     OAC   OAC   OAB AA1 BB1 CC1 S ABC S ABC S ABC  3 SOBC  S OAC  SOAB     dpcm  S ABC Câu (VCD) (1,0 điểm) 3 � �x  y  x  13x  y  10  1 1) Giải phương trình � � 2x  y    x  y   2x  5 y    3 � �x  y  x  13x  y  10  1 � � 2x  y    x  y   x  5 y    Ta có  1 �  x    y3  x   y  �  x   y � 0  x    y  x    y  1� � � 2 y � y2 � Vì  x    y  x    y   �x   �   0x, y nên 2� �  1 � x   y  � x  y  2 Khi phương trình   trở thành y    y   y  1 y  Điều kiện 3 �y � � � 3y   1 y    � VT  VP (loại) Nếu  y � � � �  y  1 y �0 �  y  1 y  �2 � � 3y   1 y  � VT  VP Nếu 3 �y  � �  y  1 y   � Vậy y  � x  Hệ có nghiệm  x; y    2;0  2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  abc  Chứng minh 2a  b  c � Ta có:  a  b  c  abc  a   b  c    a   bc Vì a, b, c  nên a    b  c  abc   �  a  �  a   bc � a     4 a b c 2 a 2  b  c a  a  2  b  c   b  c � 4a   a    b  c  �16 2 �  a  2 �  a     b  c  ��0 � � � 4a    b  c  �0 �  b  c  �8  4a � b  c �2  a � 2a  b  c  2a  2  a       9   a    a 1    2  a 1  � 2 2 � � � 2 a 1 a � � � bc �� Dấu "  " xảy � � � � bc � 2a  b  c  � � ... x 1 �P x 1  x  0, x �1 x b) x  2022  2018  2022  2018 � x  2018  2018. 2   2018  2018. 2  �x  2018     2018   � x  2018   2018   (TM) Khi x  ta có P  1 1   2... b  10 Đặt � �2 b  5 x � �  x  b  b �0  � �a  b  10 a  b  10 �� � � 3a  6b  3b  4ab 3b  4ab  3a  6b  � � � � a  b  10 a  b  10 � � �� � �2 a  4ab  4b   a  2b   10 3b... 3a  6b  a  b  10 � � � a  b  10 2 � a  b  10 � � �� � �� a  2b  2  ktm a �0, b �0   a  2b    a  2b   10  �� � a  2b  �� a   2b � �a   2b � a  b  10 �� �� �� 2 a 