008 toán vào 10 chuyên cà mau 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH CÀ MAU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút
Ngày thi: 03/06/2018

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau
a ) A = 4 20 − 45 + 3 125 − 2 405
b) B = 9 − 4 2 + 9 + 4 2

( P ) : y = x2

Câu 2: Cho parabol

a) Vẽ đồ thị của
b) Tìm

m

( P)

để d và

( P)

và đường thẳng

Câu 3: Cho phương trình
a) Tìm
b) Gọi

d : y = x+2

và d trên cùng một mặt phẳng tọa độ

độ lớn hơn 1
m

và đường thẳng

( ∆ ) : y = ( 2m − 3 ) x − 1

x 2 − ( 2m + 1) x + m2 + 1 = 0

(1)

(x

cùng đi qua điểm có hoành

là ẩn số)

để phương trình có 2 nghiệm phân biệt

x1 ; x2

là 2 nghiệm phân biệt của (1). Tìm

Câu 4: Cho tam giác

ABC

m

để

x1 ; x2

thỏa mãn

( x1 − x2 )

2

= x1

cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K là tâm

đường tròn bàng tiếp góc A và O là trung điểm của IK
B, I , C , K

a) CMR 4 điểm
cùng thuộc (O)
b) CMR: AC là tiếp tuyến của (O)
c) Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ
các dây cung tương ứng của (O) biết

Câu 5:

Giải phương trình :

(

)

3

AB = 20, BC = 24

x −1 +1 + 2 x −1 = 2 − x

CI , IB, BK , KC

và



ĐÁP ÁN
Câu 1
Ta có ngay:
A = 4 20 − 45 + 3 125 − 2 405
= 8 5 − 3 5 + 15 5 − 18 5 = 2 5
B = 9−4 2 + 9+4 2
=
=

( 2 2 ) − 2.2 2.1 + 1 + ( 2 2 )

( 2 2 − 1) + ( 2 2 + 1)
2

2

2

+ 2.2 2.1 + 1

2

= 2 2 − 1 + 2 2 + 1 = 2 2 − 1 + 2 2 + 1 = 4 2 ( do 2 2 − 1 > 0)

Câu 2.
a)
b)

Học sinh tự vẽ
Giao điểm của (d) và (P) là hoành độ của phương trình:
x = 2
x 2 = x + 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) = 0 ⇔ 
 x = −1

x > 1 ⇒ x = 2 ⇒ y = 2 + 2 = 4 ⇒ M ( 2;4 )

Do
M (2; 4) ⇒ 4 = ( 2m − 3) .2 + 1 ⇔ m =

∆

Đường thẳng
m=

Vậy
Câu 3

đi qua điểm

11
4

là giá trị cần tìm.

11
4


a)

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì
∆ > 0 ⇔ ( 2m + 1) − 4 ( m 2 + 1) > 0 ⇔ 4m 2 + 4m + 1 − 4m 2 − 4 > 0
2

⇔ 4m − 3 > 0 ⇔ m >

m>

3
4

3
4

Vậy

thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

b)
m>

3
4

Với

x1; x2

thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
 x1 + x2 = 2m + 1

2
 x1 x2 = m + 1

Theo hệ thức Vi-et ta có:

⇒ ( x1 − x2 ) = x12 + x22 − 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
2

2

= ( 2m + 1) − 4 ( m 2 + 1) = 4m − 3 = x1
2

⇒ x2 = 2m + 1 − x1 = 2m + 1 − 4m + 3 = 4 − 2m
g) x1 x2 = m 2 + 1
⇔ ( 4m − 3 ) ( 4 − 2m ) = m 2 + 1
⇔ 16m − 8m 2 − 12 + 6m = m 2 + 1
⇔ 9m 2 − 22m + 13 = 0
⇔ ( m − 1) ( 9m − 13) = 0
 m = 1(tm)
m − 1 = 0
⇔
⇔
 m = 13 (tm)
9m − 13 = 0
9



m = 1; m =

Vậy

Câu 4:

13
9

thỏa mãn điều kiện bài toán

a)

CMR: 4 điểm …..

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C
Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên CK là phân giác ngoài
của góc C

·
ICK
= 900

Theo tính chất phân giác trong và ngoài của tam giác ta có IC vuông CK nên
·
IBK
= 900

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:


·
·
IBK
+ ICK
= 900 + 900 = 1800

BICK

Xét tứ giác

⇒ BICK

ta có:
1800 )

là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối diện bằng
Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa
OC = OI = OK

cạnh huyền thì
O
Vậy là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC
b)
CMR: AC là tiếp tuyến…..
·
·
OIC
= OCI

Ta có: Tam giác IOC cân tại O nên
Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có:
1·
1
1·
1·
·
·
OIC
= IAC
+ ·ACI = BAC

+ ·ACB = BAC
+ ABC
2
2
2
2
1·
1
1
1
·
·
⇒ ICO
+ ICA
= BAC
+ ·ABC + ·ACB = .1800 = 900
2
2
2
2
⇒ OC ⊥ CA

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C (đpcm)
c)
Tính tổng diện tích …….
Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S’, gọi giao điểm của BC và
IK là M
Ta có:
S = S '− S ICKB = π IO 2 − S IBK − S IKC
=π

IK 2 BM .IK CM .IK
IK 2 BC.IK
−
−
=π
−
4
2
2
4
2

Ta có:


1
AB + BC + CA
AM .BC =
.IM
2
2

S ABC =
⇔

AB 2 − BM 2 .24 = ( AB + BC + CA ) .IM
2

 24 

⇔ 20 −  ÷ .24 = ( 20.2 + 24 ) .IM
 2 
⇔ IM = 6
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác IBM vuông tại B có đường cao BM ta có:
BM 2 122
=
= 24
IM
6
⇒ IK = IM + MK = 6 + 24 = 30
1
1
1
1
⇒ S = π .IK 2 − BC .IK = .π .302 − .24.30
4
2
4
2
= 225π − 360 = 346,86 ( dvdt )
BM 2 = IM .IK ⇔ MK =

Câu 5.

x ≥1

Điều kiện xác định:

t = x −1 ( t ≥ 0) ⇒ x = t 2 + 1

Đặt
Phương trình trên trở thành:

( t + 1)

3

+ 2t = 2 − ( t 2 + 1)

⇔ t 3 + 3t 2 + 3t + 1 + 2t = 1 − t 2
⇔ t 3 + 4t 2 + 5t = 0

⇔ t ( t 2 + 4t + 5 ) = 0
2
⇔ t ( t + 2 ) + 1 = 0



⇔ t = 0 ⇒ x −1 = 0 ⇔ x = 1

x =1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất