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 CHUYÊN
Năm học 2018 – 2019
Môn thi: Toán (chung) – Đề số 2
Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (VD) (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  2 x  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 8 cm và mặt đáy là tam giác vuông có độ dài hai
cạnh góc vuông lần lượt bằng 5cm, 12 cm. Tính thể tích của hình lăng trụ đó.
� 1 �� x  1 1  x �
1

Câu 2 (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 của biểu thức P tại x  2022  4 2018  2022  4 2018
Câu 3 (VD) (2,5 điểm)
2
2
1) Cho phương trình x  mx  m  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  x 2 .
Câu 4 (VD) (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 và F .
1) Chứng minh tứ giác OIEN nội tiếp được 1 đường tròn.
2) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI .BD  FI .CD  R 2 .


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. Chứng minh

AO BO CO


 2.
AA1 BB1 CC1

Câu 5 (VD) (1,0 điểm)
3
3

2
�
�x  y  6 x  13x  y  10  1
1) Giải 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 a 2  b 2  c 2  abc  4. Chứng minh rằng
9
2a  b  c � .
2


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (VD) (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  2 x  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 8 cm và mặt đáy là tam giác vuông có độ dài hai
cạnh góc vuông lần lượt bằng 5cm, 12 cm. Tính thể tích của hình lăng trụ đó.
Câu 1.
Phương pháp:
A0
�
1) A.B  0 � �
B0
�
2) + Xác định tọa độ các điểm AB
+ OA  x A ; OB  y B

1
+ S OAB  OA.OB
2
3) + Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông.
+ Sử dụng tính chất: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh
huyền.
+ Sử dụng công thức tính chu vi đường tròn có bán kính R là C  2 R.
4) Thể tích khối lăng trụ: V  Sday .h với S day là diện tích đáy của lăng trụ và h là chiều cao
của lăng trụ.
Cách giải:
x 1  0
x  1
�
�
��
1)  x  1  2  x   0 � �
2 x  0
x2
�
�
Vậy tập nghiệm của phương trình là S   1; 2 .
2) Giao của đường thẳng  d  với trục Ox là: cho
y  0 � 2 x  4  0 � x  2 � A  2;0  � OA  x A  2.


Giao của đường thẳng d với trục Oy là: cho
x  0 � y  2.0  4  4 � B  0; 4  � OB  y B  4.
1
1
Vậy diện tích tam giác OAB vuông tại O là S OAB  OA.OB  .2.4  4 (dvdt)

2
2
3) ta có AB 2  AC 2  62  82  100  BC 2 � ABC vuông tại A.
� tâm I của đường tròn ngoạt tiếp tam giác vuông ABC là trung điểm của cạnh huyền
BC
 5 (cm).
BC � bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R 
2
Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 2 R  2 .5  10 (cm)
1
2
4) Do đáy lăng trụ là tam giác vuông nên S day  .5.12  30 cm .
2
2
Vậy thể tích lăng trụ là V  Sday .h  30.8  240 (cm ).

� 1 �� x  1 1  x �
1

Câu 2 (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 của biểu thức P tại x  2022  4 2018  2022  4 2018
Câu 2.
Phương pháp:

a) Quy đồng, rút gọn biểu thức:.
b) Rút gọn x , đưa biểu thức về dạng hằng đẳng thức bình phương của 1 tổng và bình phương
của 1 hiệu.
Thay giá trị của x vừa rút gọn vào tính giá trị của biểu thức P.
Cách giải.
� 1 �� x  1 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 �
:�
.�
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  4 2018  2022  4 2018
� x  2018  2 2018.2  4  2018  2 2018.2  4
�x



2018  2



2





2018  2



2

� x  2018  2  2018  2  4 (TM)
Khi x  4 ta có P 

4 1 2 1 3

 .
2
2
4

3
Vậy khi x  4 thì P  .
2
Câu 3 (VD) (2,5 điểm)
2
2
1) Cho phương trình x  mx  m  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  x 2 .

Câu 3:
Phương pháp:
1) + Thay m  6 vào phương trình  1 và sử dụng công thức nghiệm thu gọn để giải phương
trình bậc hai.
+ Tìm điều kiện của m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt
+ Áp dụng hệ thức vi – ét để tìm điều kiện của m cho hệ thức bài cho đạt giá trị nhỏ nhất.


2) Biến đổi phương trình và giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ.
Cách giải.
1) x 2  mx  m 2  4  0  1 (Với m là tham số)
2
a) Thay m  6 vào phương trình ta được  1 � x  6 x  40  0

 32  40  49  0 �  1 có hai nghiệm phân biệt x1  3  49  10;
Ta có: �
1

x2 

3  49
 4.
1

Vậy với m  6 thì phương trình  1x  có tập nghiệm là: S   4;10
2
2
2
b) Phương trình  1 có:   m  4  m  4   5m  16  0m

�  1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
�x1  x2  m

Theo hệ thức Vi – ét, ta có: �

2
�x1 x2   m  4

Đặt A  x1  x2 .
Ta có: A2  x1  x2  x12  2 x1 x2  x22   x1  x2   4 x1 x2
2

2

� A2   x1  x2   4 x1 x2
2

 m 2  4  m2  4   5m 2  16 �16.
� A2 đạt giá trị nhỏ nhất  16 � m  0.

Vậy để A  x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất thì m  0.
2) 3 x  5  6 5  x  15  3 x  4 25  x 2  *
�x  5 �0
�
Điều kiện: �5  x �0 � 5 �x �5.
�
25  x 2 �0
�

 * � 3

x  5  6 5  x  3 5  x  4

 5  x  5  x .

�
�
a2  x  5
� x  5  a  a �0 
�
� a 2  b 2  10.
Đặt �
�2
b  5 x
�
� 5  x  b  b �0 


�
�a 2  b 2  10
a 2  b 2  10
��
�
� 2
3a  6b  3b 2  4ab
3b  4ab  3a  6b  0
�
�
�
�

a 2  b 2  10
a 2  b 2  10
�
�
�� 2
� �2
a  4ab  4b 2  3  a  2b   10
3b  4ab  3a  6b  a 2  b 2  10
�
�
�
a 2  b 2  10
2
2
�
a

b

10
�
�
��
� ��
a  2b  2  ktm do a �0, b �0 
2
 a  2b   3  a  2b   10  0 ��
�
a  2b  5
��

a  5  2b
�
�a  5  2b
�
a 2  b 2  10
��
��
�� 2
2
2
a  5  2b
25  20b  4b  b  10
5b  20b  15  0
�
�
�
�
a3
�
a  5  2b
�
 TM 
�
�
b

1
a3
�
�

�
b  1  TM  � �
� ��
��
�
b 1
a  1
�
�
��
�
KTM
b

3
TM




�
�
�
b3
�
�
2
�
�x  4
�x  5  3

��
�
� x  4 (TM)
�
5  x  12
�
�x  4

Vậy phương trình có nghiệm x  4.
Câu 4 (VD) (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 và F .
1) Chứng minh tứ giác OIEN nội tiếp được 1 đường tròn.
2) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI .BD  FI .CD  R 2 .
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. Chứng minh

AO BO CO


 2.
AA1 BB1 CC1

Câu 4
Phương pháp:
.
1) Chứng minh tứ giác OIEN có tổng hai góc đối bằng 180�

2) Dựa vào tính chất: 2 tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau.

3) Đưa về tỉ số diện tích tam giác.
Cách giải:


1) Ta có: OIE  90�(Do EF là tiếp tuyến của đường tròn  O  tại I)
OIE  90�(Do  O  tiếp xúc với AB tại N . )

.
Nên OIE  ONE  90� gt  � OIE  ONE  180�
).
Vậy tứ giác OIEN là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180�

2) Ta có: EF và EB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E.
Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau thì ta có OE chính là tia phân giác của góc
ION .

Lại có BA và BC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại B của đường tròn  O  nên OB chính
là tia phân giác của góc NOD.
Áp tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau với OE và OB lần lượt là phân giác của các góc
ION và NOD.
Mà ION và NOD là hai góc kề bù (Do ID là đường kính của đường tròn  O 
� OE  OB � BOE vuông tại O.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có EN .BN  ON 2  R 2
Mà EN  EI ; BN  BD � EI .BD  R 2 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh tương tự ta có các tam giác FOC vuông tại O và FI .CD  R 2 .
Vậy EI .BD  FI .CD  R 2
3) ta chứng minh được:

S
AO AA1  OA1
OA

 1  1  1  OAB
AA1
AA1
AA1
S ABC
S
BO BB1  OB1
OB

 1  1  1  OAC
BB1
BB1
BB1
S ABC
S
CO CC1  OC1
OC1

 1
 1  OAB
CC1
CC1
CC1
S ABC

Chứng minh

S OBC OA1

S ABC AA1

Từ A kẻ AH vuông góc với BC ta có:
S OBC
S ABC

1
OD.BC
OD
2


1
AH .BC AH
2

Lại có AH //OD (vì cùng vuông góc với BC)
Nên theo Ta – lét trong tam giác AA1 H ta có:
Vậy:

S OBC OA1

S ABC AA1

Chứng minh tương tự ta cũng có:

�

OD OA1

AH AA1

S OAC OB1 S OAB OC1

;

S ABC BB1 S ABC CC1

S
S
S
AO BO CO


 1  OAC  1  OAC  1  OAB
AA1 BB1 CC1
S ABC
S ABC
S ABC

 3

SOBC  S OAC  SOAB
 2  1  2  dpcm 
S ABC

Câu 5 (VCD) (1,0 điểm)
3
3
2
�
�x  y  6 x  13x  y  10  1
1) Giải phương trình �
� 2x  y  5  3  x  y   2x  5 y  2  2 
3
3
2
�
�x  y  6 x  13x  y  10  1
�
� 2x  y  5  3  x  y   2 x  5 y  2  2 

Ta có

 1 �  x  2 

3

 y3  x  2  y  0

�  x  2  y �
0
 x  2   y  x  2   y 2  1�
�
�
2

2

y � 3 y2
�
Vì  x  2   y  x  2   y  1  �x  2  �
 1  0x, y nên
2� 4
�
 1 � x  2  y  0 � x  y  2
2

2

Khi đó phương trình  2  trở thành

3 y  9  1  2 y   2 y  1 y  2

1
Điều kiện 3 �y �
2
1 �
� 3y  9  1 2 y  9  1  2
� VT  VP (loại)
Nếu 0  y � � �
2 �
 2 y  1 y �0 �  2 y  1 y  2 �2
�
� 3y  9  1 2 y  2
� VT  VP

Nếu 3 �y  0 � �
 2 y  1 y  2  2
�
Vậy y  0 � x  2.
Hệ có nghiệm duy nhất  x; y    2;0  .
2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  abc  4. Chứng minh rằng
9
2a  b  c � .
2
Ta có: 4  a 2  b 2  c 2  abc  a 2   b  c    a  2  bc
2

Vì a, b, c  0 nên a  4   b  c  abc   4 � 0  a  2 �  a  2  bc � a  2 
2





4 a

2

b

c

2

2

a

2

2

 b  c
.
4

2

a

2

 a  2  b  c 
4

2

 b  c
.
4

2


� 4a 2   a  2   b  c  �16

2

2
�  a  2 �
4  a  2    b  c  ��0
�
�

� 4a  8   b  c  �0
2

�  b  c  �8  4a
2

� b  c �2 2  a
� 2a  b  c  2a  2 2  a  









2
1
9
1
9 9

4  2  a   4 2  a 1    2 2  a 1  � .
2
2
2
2 2

�
� 7
�
2 2 a 1
a
�
�
� 4
bc
��
.
Dấu "  " xảy ra � �
1
�
�
bc
9
�
2a  b  c 
�
2
�
2