Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Đề 1 - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Đề 1 - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học: 2018 – 2019 Môn thi: Toán (chung) – Đề 1 ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 x . 3 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng y x 2 (d ) và y x 3 (d ) . Gọi A, 1 2 2 B lần lượt là giao điểm của (d1), (d2) với trục Oy và C là giao điểm của (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 là 6 (cm) , độ dài đường sinh là 5(cm) . Tính thể tích hình nón đó. 1 x 1 1 x Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức P x : (với x 0 và x 1 ). x x x x 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Chứng minh rằng với mọi x 0 và x 1 thì P 4 . Câu 3 (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 mx m2 m 4 0 (với m là tham số). a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho (x1 x2 ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để x2 x1 2 . 2) Giải phương trình 6 x 2 3 3 x 3x 1 4 x2 x 6 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (với AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O; R). Đường tròn (O; R) tiếp xúc với các cạnh BC, AB lần lượt tại D, N. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O; R). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F. 1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI.BD FI.CD R2 . 2) Gọi P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD; Q là giao điểm của BC và AI. Chứng minh AQ 2KP . 3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC, B1 là giao điểm của BO với cạnh AC, C1 là giao điểm của CO với cạnh AB và (O1; R1) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1 1 1 2 Chứng minh: . AA1 BB1 CC1 R1 OO1 Câu 5 (1,0 điểm) (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y (1) 1) Giải hệ phương trình 2 2 (2) x 8x 5 2(3y 2) 4x 3y 2 2x 5x 2 2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab 2bc 2ca 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 11a 11b 12c thức Q . 8a2 56 8b2 56 4c2 7 HẾT Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ kí GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ kí GT 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2x 3 x (1) (ĐK: x 0 ) 2 2 x 1 (1) x 2x 3 x 2x 3 0 (x 1)(x 3) 0 1) x 3 0.5 Kết hợp với điều kiện x 3 Vậy nghiệm của phương trình là x = 3. Đường thẳng (d1) đi qua các điểm y (0; – 2) và (– 2; 0) 4 Đường thẳng (d2) đi qua các điểm (0; 3) và (– 2; 0) B Theo đề bài, ta có: A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0) 2 CO = 2; AB = 5 d1 2) Diện tích của ABC là: 0.5 AB.OC 5.2 S 5 (đơn vị diện tích) C O x 2 2 d 2 2 A Ta có: B BC2 = 172 = 289 AB2 + AC2 = 82 + 152 = 289 F Câu 1 2 2 2 (2,0đ) BC = AB + AC ABC vuông tại A (định lí D O Py-ta-go đảo) Vẽ (O; R) nội tiếp ABC, (O) tiếp xúc AB, AC, BC lần lượt tại A E C D, E, F. · · · 0 3) Tứ giác ADOE có DAE ADE AED 90 0.5 Tứ giác ADOE là hình chữ nhật Lại có OD = OE = R Tứ giác ADOE là hình vuông AD = OD = R Theo tính chất của 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) : 2 = (8 + 15 – 17) : 2 = 3(cm) R = 3cm. Bán kính đường tròn đáy là: C 6 r 3 (cm) 2 2 4) Gọi  là độ dài đường sinh, h là chiều cao của hình nón 0.5 Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: h 2 r2 52 32 4 (cm)
3. Thể tích hình nón là: 1 1 V r2h .32.4 12 (cm3) 3 3 1 x 1 1 x P x : x x x x x 1 x 1 x 1 1 x : x x x 1 x 1 x 1 1 x : x x x 1 x 1 x x : 1) x x x 1 1.0 Câu 2 x 1 x 1 x x 1 (1,5đ) : x x x 1 2 x 1 x 2 x 1 Vậy P với x 0 và x 1 . x Với x 0 và x 1 , ta có: 2 2 x 1 x 1 4 x 4 x 2) P 4 0.5 x x x Vậy với mọi x 0 và x 1 thì P 4 . Phương trình x2 mx m2 m 4 0 2 2 1 15 Ta có hệ số c m m 4 m 0 1a) 2 4 0.75 ac 0 Phương trình có hai nghiệm trái dấu Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 x2 x1 0 x2 Do đó: x2 x1 2 x2 x1 2 Câu 3 1b) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x x m 0.75 (2,5đ) 1 2 m 2 Vậy m 2 là giá trị cần tìm. 6 x 2 3 3 x 3x 1 4 x2 x 6 6 2 x 3 3 x 3x 1 4 (2 x)(3 x) 2) ĐK: 2 x 3 1.0 Đặt a 2 x , b 3 x (a,b 0) 3x 1 4a2 b2 10 Phương trình trở thành:
4. 6a 3b 4a2 b2 10 4ab 3(2a b) (2a b)2 10 (2a b)2 3(2a b) 10 0 (2a b 2)(2a b 5) 0 2a b 5 0 (do a,b 0 2a b 2 0) 2a b 5 2 2 x 3 x 5 Cách 1: 2 2 x 3 x 5 4(2 x) 4 (2 x)(3 x) 3 x 25 3x 11 4 (2 x)(3 x) 25 4 (2 x)(3 x) 14 3x 16(6 x x2 ) 196 84x 9x2 (do x 3 14 3x 0) 25x2 100x 100 0 x2 4x 4 0 (x 2)2 0 x 2 (thỏa mãn ĐK) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 2 Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2 2 x 3 x 22 12 2 x 3 x 25 2 2 x 3 x 5 Dấu “=” xảy ra 2 x 3 x 2 x 12 4x x 2 2 A I E F N 1 0.25 2 O Câu 4 (3,0đ) 1 B D C Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: OB là tia phân giác của góc NOD, OE là tia phân giác của góc NOI 0.75 Mà góc NOD kề bù với góc NOI 1) OB  OE BOE vuông tại O 0 0 0 Ta có: Oµ 1 Oµ 2 D· OI B· OE 180 90 90 0 Bµ 1 Oµ 2 90 ( BOD vuông tại D)
5. Oµ 1 Bµ 1 0 IOE và DBO có: O· IE O· DB 90 ,Oµ 1 Bµ 1 IOE # DBO (g.g) OI EI EI.BD OI.OD R 2 BD OD Chứng minh tương tự, ta được FI.CD R 2 Vậy EI.BD FI.CD R 2 A I E F N K O B D P Q C EI CD 2) Từ EI.BD FI.CD (1) 0.5 FI BD EF // BC ( DI ). Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có: EI FI AI EI BQ (2) BQ CQ AQ FI CQ Từ (1) và (2) CD BQ CD BD CD BD BC 1 BD CQ BD CQ BQ CQ BQ CQ BC Lại có BP = CP BP – BD = CP – CQ PD = PQ Vì KD = KA và PD = PQ KP là đường trung bình của DAQ AQ = 2KP A B1 C1 O O1 3) 1.0 B S R A1 C Ta có: 1 1 1 2 AA1 BB1 CC1 R1 OO1 R OO R OO R OO 1 1 1 1 1 1 2 AA1 BB1 CC1
6. R OO O A OO OA AA OA OA Lại có: 1 1 1 1 1 1 1 1 AA1 AA1 AA1 AA1 AA1 Kẻ OR  BC, AS  BC OA OR OR.BC 2S S 1 OBC OBC AA1 AS AS.BC 2SABC SABC R OO OA S 1 1 1 1 1 OBC AA1 AA1 SABC R OO S R OO S Tương tự, ta có: 1 1 1 OAC ; 1 1 1 OAB BB1 SABC CC1 SABC R OO R OO R OO S S S 1 1 1 1 1 1 3 OBC OAC OAB AA1 BB1 CC1 SABC SABC SABC R OO R OO R OO S 1 1 1 1 1 1 3 ABC 3 1 2 AA1 BB1 CC1 SABC Dấu “=” xảy ra O  O1 ABC đều (vô lí, vì AB < AC) 1 1 1 2 Vậy (đpcm). AA1 BB1 CC1 R1 OO1 (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y (1) 2 2 (2) x 8x 5 2(3y 2) 4x 3y 2 2x 5x 2 Đặt u 2x y 1 , v x 2y u,v 0 . Phương trình (1) trở thành: (2v2 1)u (2u2 1)v 2uv2 u 2u2v v 0 2uv(v u) (v u) 0 (v u)(2uv 1) 0 v u 0 (do u,v 0 2uv 1 0) v u Câu 5 x 2y 2x y 1 1) 0.5 (1,0đ) x 2y 2x y 1 3y x 1 Thay 3y x 1 vào phương trình (2) được: 2 1 x 8x 5 2(x 1) 3x 1 2 (x 2)(2x 1) ĐK: x 3 (x2 2x 1) 6x 4 2(x 1) 3x 1 2 (x 2)(2x 1) 2 (x 1) 3x 1 2(x 1) 3x 1 x 2 2x 1 2 (x 2)(2x 1) 0 2 2 x 1 3x 1 x 2 2x 1 0 2 2 x 1 3x 1 x 2 2x 1 0
7. x 1 3x 1 0 x 2 2x 1 0 x 1 3x 1 x 2 2x 1 x2 x 0 x 2 2x 1 x 1 (TMĐK) Với x 1 thì y 0 Thử lại thấy (x, y) (1;0) là nghiệm của hệ. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x, y) (1;0) . Sử dụng giả thiết ab 2bc 2ca 7 và áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 8a2 56 2 2(a2 7) 2 2(a2 ab 2bc 2ca) 2 2(a b)(a 2c) 2(a b) a 2c 3a 2b 2c Tương tự: 8b2 56 3b 2a 2c 4c2 7 4c2 ab 2bc 2ca (2c a)(2c b) 1 2c a 2c b 2 Do đó: 8a2 56 8b2 56 4c2 7 1 2) (3a 2b 2c) (3b 2a 2c) (4c a b) 0.5 2 1 11a 11b 12c 2 11a 11b 12c Q 2 1 11a 11b 12c 2 Dấu “=” xảy ra 2(a b) a 2c b 2c a b 1 2c a 2c b 3 c ab 2bc 2ca 7 2 3 Vậy minQ 2 khi a b 1,c . 2 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương