Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo 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 2 ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (x 1)(2 x) 0 . 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng y 2x 4 (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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao bằng 8cm và mặt đáy là tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt bằng 5(cm),12(cm) . Tính thể tích của hình lăng trụ đó. 1 x 1 1 x Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức P 1 : , (với x 0 và x 1 ). x x x x 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tính giá trị của biểu thức P tại x 2022 4 2018 2022 4 2018 . Câu 3 (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 mx m2 4 0 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m 6 . b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Giải phương trình 3 x 5 6 5 x 15 3x 4 25 x2 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC 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 tứ giác OIEN nội tiếp được trong một đường tròn. 2) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI.BD FI.CD R2 . 3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC , B1 là giao điểm của BO với cạnh AC , C1 là AO BO CO giao điểm của CO với cạnh AB . Chứng minh: 2 . AA1 BB1 CC1 Câu 5 (1,0 điểm) 3 3 2 x y 6x 13x y 10 (1) 1) Giải hệ phương trình 2x y 5 3 x y (2x 5)y 2 (2). 2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 abc 4 . 9 Chứng minh rằng: 2a b c . 2 HẾT Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ ký GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 2: .
2. 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 Môn: Toán (chung) Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm 1) Giải phương trình (x 1)(2 x) 0 . 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) y 2x 4 với trục Ox,Oy . Tính diện tích tam giác OAB . 3) Cho tam giác ABC có AB 6cm, AC 8cm, BC 10cm . Tính chu vi đường Câu 1 (2,0đ) tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 4) Một hình lăng trụ đứng có chiều cao bằng 8cm và mặt đáy là tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt bằng 5cm,12cm . Tính thể tích của hình lăng trụ đó. x 1 0 x 1 + Ta có (x 1)(2 x) 0 0,25 1) 2 x 0 x 2. + Vậy tất cả các nghiệm xcủa phương trình là: 1; .2 0,25 +A là giao điểm của (d) với trục Ox , suy ra A(2;0) ; 0,25 + B là giao điểm của (d) với trục Oy , suy ra B(0;4) ; + Tam giác OAB vuông tại O . 2) Diện tích tam giác OAB là: 0,25 1 1 .OA.OB .2.4 4 (đvdt). 2 2 + Vì 62 82 102 100 AB2 CA2 BC 2 ABC vuông tại A . 0,25 + Bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC là BC 3) R 5(cm) . 2 0,5 + Chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 .R 10 (cm) . 1 + Diện tích của một mặt đáy là: S .5.12 30 (cm2 ) . 0,25 2 + Thể tích hình lăng trụ là: 4) V S.h 30.8 240(cm3 ) . 0,25 1 x 1 1 x Cho biểu thức P 1 : , (với x 0 và x 1 ). x x x x Câu 2 1) Rút gọn biểu thức P . (1,5đ) 2) Tính giá trị của biểu thức P tại x 2022 4 2018 2022 4 2018 .
3. 1 x 1 + Ta có 1 0,25 x x x 1 1 x x 1 1 x x 1 x x 1 Và 0,25 x x x x 1 x x 1 x x 1 1) x 1 x 1 nên P . x x 1 0,25 x 1 . 0,25 x + Có x 2022 4 2018 2022 4 2018 2 2 2018 2 2018 2 0,25 2) 2018 2 2018 2 2018 2 2018 2 4 thỏa mãn điều kiện x 0 và x 1 . 4 1 3 + Vậy giá trị của biểu thức P tại x 4 là: . 0,25 4 2 1) Cho phương trình x2 mx m2 4 0 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m 6 . Câu 3 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm (2,5đ) x1, x2 sao cho x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Giải phương trình 3 x 5 6 5 x 15 3x 4 25 x2 . + Với m 6 , phương trình (1) trở thành: x2 6x 40 0 . 0,25 + Tính được ' 49 0 0,25 1.a) + Với m 6 , phương trình (1) có hai nghiệm: x 3 7 4; x 3 7 10. 0,25 + Có 5m2 16 0,m 0,25 nên m , phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 . b + Ta có x nên x x 5m2 16 16 4,m. 0,25 1.b) 1,2 2a 1 2 a 2 + x1 x2 4 khi và chỉ khi m 0 m 0 , tức là x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất tại m 0 . 0,25 * Vậy tất cả các giá trị của tham số m cần tìm là: .0 + Điều kiện 5 x 5(*) . 2 0,25 + Phương trình tương đương với: 3 x 5 2 5 x 15 3x 4 25 x + Đặt t x 5 2 5 x 15 3x 4 (x 2)(3 x) t 2 10 . Ta thu được 0,25 phương trình (ẩn t): t 2 3t 10 0 t 5 hoặc t 2 . 2) 5 x 5 + Với t 5 , ta có x 5 2 5 x 5 4 25 x2 3x 0,25 0 x 5 2 x 4 . x 16
4. + Với t 2 , ta có x 5 2 5 x 2 (vô nghiệm, do với điều kiện (*) thì x 5 2 5 x 0). 0,25 * KL: Vậy tất cả các nghiệm x của phương trình là: 4 . Cho tam giác ABC 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 D Icủa 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 tứ giác OIEN nội tiếp được trong một đường tròn. Câu 4 (3 đ) 2) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI.BD FI.CD R2 . 3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC , B 1là giao điểm của BO với cạnh AC , C1 là giao điểm của CO với cạnh AB . Chứng minh: AO BO CO 2 . AA1 BB1 CC1 + Vì tiếpO,R xúc với các cạnh AB tại N , suy ra ON  AB tại N , tức là N nhìn đoạn OE một góc 900 (1). 0,50 1) + Lập luận tương tự ta cũng có I nhìn đoạn OE một góc 900 (2). * Từ (1) và (2) suy ra tứ giác OIEN nội tiếp được trong một đường tròn 0,50 (đường tròn đường kính OE) . BN BD + Có nên OB là đường trung trực của đoạn ND và OB đồng thời là ON OD 1 tia phân giác của D· ON , suy ra B· ON D· ON . 0,25 2 1 + Tương tự ta có N· OE N· OI . 2) 2 1 1 Vậy B· OE B· ON N· OE D· ON N· OI D· OI 900 2 2 0,25 nên BOE vuông tại đỉnh O . + Do BOE vuông tại đỉnh O và có ON là một đường cao, suy ra 0,25 NE.NB ON 2 R2 EI.BD R2 + Tương tự ta có FI.CD R2 . Vậy EI.BD FI.CD R2 . 0,25 AO OD S + Kẻ AH  BC tại H thì AH POD , dẫn đến 1 OBC 0,25 A A AH S 3) 1 ABC B O S C O S + Tương tự ta có 1 OAC ; 1 OAB 0,25 B1B S ABC C1C S ABC
5. + Do O là điểm thuộc miền trong ABC nên ta có: AO B O C O S S S 1 1 1 OBC OAC OAB 1 0,25 A1 A B1B C1C S ABC AO BO CO AO BO CO 1 1 1 1 2 0,25 A1 A B1B C1C A1 A B1B C1C 3 3 2 x y 6x 13x y 10 (1) 1) Giải hệ phương trình 2x y 5 3 x y (2x 5)y 2 (2). Câu 5 2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 abc 4 . (1 đ) 9 Chứng minh rằng: 2a b c . 2 + Phương trình (1) tương đương với: 2 2 (x 2 y) (x 2) (x 2) y y 1 0 0,25 y x 2, vì (x 2)2 (x 2) y y2 1 0, x,y. + Thay y x 2 vào phương trình (2), biến đổi thu được phương trình: 3x 3 3 5 2x 1 (2x 5)(x 2) 0 (a) . 5 + Với điều kiện: 1 x (*) , phương trình (a) tương đương với: 1) 2 3 2 0,25 (x 2) (5 2x) 0 3x 3 3 5 2x 1 3 2 x 2, do (5 2x) 0 với mọi x thỏa mãn (*) . 3x 3 3 5 2x 1 + Nhận thấy x 2 thỏa mãn (*) , dẫn đến y 0 . * Vậy tất cả các nghiệm (x; y) của hệ phương trình là: (2;0) . + Từ a,b,c 0 và a2 b2 c2 abc 4 b2 c2 4 0;4 b2 0;4 c2 0. 2 2 2 + Do đó, phương trình bậc hai (ẩn a) a (bc)a b c 4 0 có hai (phân biệt) 0,25 nghiệm trái dấu. 2 2 2 2 bc (4 b )(4 c ) + Có a (4 b )(4 c ) . Vì a 0 nên a . 2) 2 + Áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dương 4 b2 và 4 c2 ta được: (4 b2 ) (4 c2 ) 8 (b c)2 9 (b c 1)2 2a bc 2a 2a b c 2 2 2 0,25 9 2a b c (đpcm). 2 Lưu ý: + Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống nhất cho điểm thành phần tương ứng. + Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu không làm tròn. ___HẾT___