de toan tuyen sinh lop 10 chuyen nam 2019 2020 so gddt nam dinh de chung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học: 2019 – 2020
Môn thi: Toán (chung) – Đề 1
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).
2019
3

.
x 3 x9
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y   m 2  1 x  7 và đường thẳng

1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P 

y  3 x  m  5 (với m  1 ) là hai đường thẳng song song.
3) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, BC = 10cm. Tính độ dài đường cao kẻ từ A xuống
cạnh BC.
4) Một hình trụ có diện tích hình tròn đáy là 9 cm2, độ dài đường sinh là 6cm. Tính thể tích hình
trụ đó.
 a 1
  a2  a a 
a 1

 4 a  : 

Câu 2 (1,5 điểm). Cho biểu thức P  
 với a  0, a  1 .
a 1
 a 1
  a 1 
1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tìm các giá trị nguyên của a để P nhận giá trị là số nguyên.

Câu 3 (2,5 điểm).
1) Cho phương trình x 2  2(m  2) x  m 2  5  0 (với m là tham số).
a) Giải phương trình với m  0 .
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (giả sử

x1  x2 ) thỏa mãn x1  x2  1  5 .
2) Giải phương trình



x4 2





4  x  2  2 x .

Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD (BD < AC). Đường tròn (O) đường kính AC cắt các tia

AB, AD lần lượt tại H, I khác A. Trên dây HI lấy điểm K sao cho HCK
ADO . Tiếp tuyến tại C của

đường tròn (O) cắt BD tại E (D nằm giữa B, E). Chứng minh rằng:
AO.KC
1) CHK # DAO và HK 
.
OB
2) K là trung điểm của đoạn HI.
3) EI .EH  4OB 2  AE 2 .
Câu 5 (1,0 điểm).

( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1)

1) Giải hệ phương trình  3 xy  5 y  6 x  11
5

x3  1

2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  2019 xyz . Chứng minh rằng
x 2  1  2019 x 2  1 y 2  1  2019 y 2  1 z 2  1  2019 z 2  1


 2019.2020 xyz .
x
y
z

-------------------- HẾT -------------------Họ và tên thí sinh: .............................................
Số báo danh: ......................................................

Họ tên, chữ kí GT 1: ...........................
Họ tên, chữ kí GT 2: ...........................

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung

Điểm

2019
3

x
9

x 3
x  0

x  0
ĐKXĐ:  x  3  0  
x  9
x  9  0

P

1)

0.5

Hai đường thẳng y   m2  1 x  7 và y  3x  m  5 (với m  1 ) song
song với nhau
2)

m 2  1  3 m2  4
 m  2



 m  2 (TMĐK)
m  2
7  m  5
m  2
Vậy m  2 là giá trị cần tìm.

0.5

B

Câu 1
(2,0đ)

H

3)

A

C

0.5

Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
AC  BC 2  AB 2  102  62  8 (cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
AH .BC  AB. AC  AH 

4)

AB. AC 6.8

 4,8 (cm)
BC
10

Trong hình trụ thì chiều cao bằng độ dài đường sinh
 h  6 cm
Thể tích hình trụ là:
V  S .h  9 .6  54 (cm3)

0.5

 a 1
  a2  a a 
a 1

 4 a  : 
P  


a 1
 a 1
  a 1 



1)
Câu 2
(1,5đ)

2)

  a  1  4 a  a  1 : a a  a  1
a 1
 a  1 a  1
2

a 1 

2

a  2 a  1  a  2 a  1  4a a  4 a
:a a
a 1
4a a
4

:a a 
a 1

a 1
4
với a  0, a  1
Vậy P 
a 1
Với a  Z , a  0, a  1  a  1  1
4
 Z  4 a  1
P nhận giá trị nguyên 
a 1
Mà a  1  1  a  1  1; 2; 4  a  2;3;5


1.0

0.5


Với m = 0, ta có phương trình:
1a)

1b)

x2  4x  5  0

0.5

Giải phương trình được x1  1; x2  5
Phương trình x 2  2(m  2) x  m 2  5  0
Ta có ac  m2  5  0 m

 Phương trình có hai nghiệm trái dấu
Mà x1  x2  x1  0  x2
 x1   x1 ; x2  1  x2  1

1.0

Do đó:
x1  x2  1  5   x1  x2  1  5  x1  x2  6

Lại có: x1  x2  2(m  2) (theo hệ thức Vi-ét)

Câu 3
(2,5đ)

 2(m  2)  6  m  5
Vậy m  5 là giá trị cần tìm.



x4 2





4  x  2  2 x

(1)

ĐK: 4  x  4

Dễ thấy x  0 là nghiệm của phương trình (1)
Xét x  0 . Nhân cả hai vế của (1) với 4  x  2 được
2)

x





4  x  2  2 x

 4  x  2  2





4 x 2

4 x 2









1.0

 4  x  2 4  x  6
 4  x  0 (vô nghiệm)

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  0
A

B

H

2
1

1

2
1

O
3

K

1

2

0.25

1

D

Câu 4
(3,0đ)

C
1

I

F≡E

 CHK và  DAO có:

1)

 D
 1 (GT) ; A
1  H
 1   1 sđIC

HCK


 2

  CHK #  DAO (g-g)

0.75


HK KC
AO.KC AO.KC

 HK 

(1)
AO OD
OD
OB
1  O
1  K
2  O
2
Từ  CHK #  DAO  K
 CIK và  BAO có:
 2   1 sđHC

2  O
 2 ; I1  A
K


 2

  CIK #  BAO (g-g)
IK KC

AO.KC


 IK 
(2)
AO OB
OB
Từ (1) và (2)  HK = IK
Vậy K là trung điểm của HI.
Gọi F là giao điểm của BD và HI
2  O
 2 và O
3  O
2  O
3  K
2
Ta có K
  OCF

 OKCF là tứ giác nội tiếp  OKF
  90o
Vì K là trung điểm của dây HI  OK  HI  OKF
  90o  FC là tiếp tuyến của (O)  F  E
 OCF
Dễ chứng minh  ECI #  EHC (g-g)
 EC2 = EI.EH
(3)
2
2
2

2
Vì AC > BD  AC > BD  AC > 4OB
(4)
 ACE vuông tại C  AE2 = EC2 + AC2
(5)
Từ (3), (4), (5)
 EI.EH + 4OB2 < EC2 + AC2 = AE2 (đpcm)


2)

3)

( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1)

 3 xy  5 y  6 x  11
5

x3  1

ĐK: x  1; y  1

1.0

1.0

(1)
(2)

Đặt x  1  a , y  1  b  a  0, b  0   x  a 2  1; y  b 2  1

Phương trình (1) trở thành:
(a 2  b 2  2) 2  4  3(b 2  1)  5(a 2  1)  2ab
 (a 2  b 2  2) 2  4  3b 2  5a 2  8  2ab  0
 (a 2  b 2  2) 2  4  4(a 2  b 2  2)  a 2  b 2  2ab  0

Câu 5
(1,0đ)

 ( a 2  b 2 ) 2  ( a  b) 2  0

1)

0.5

 (a  b) 2 [(a  b) 2  1]  0
 ( a  b) 2  0
ab
 x 1  y 1  y  x  2

(3)

(2)  3 xy  5 y  6 x  11  5 x3  1

(4)

Thay (3) vào (4) được:
3 x( x  2)  5( x  2)  6 x  11  5 x3  1
 3 x 2  6 x  5 x  10  6 x  11  5 x3  1
 3x 2  5 x  1  5 x3  1
 3( x 2  x  1)  2( x  1)  5 x  1 x 2  x  1  0



 3 x2  x  1  x  1





x2  x  1  2 x  1  0

 x2  x  1  2 x  1  0
 x 2  x  1  4( x  1)
 x2  5x  3  0
5  37
(TMĐK)
x
2
5  37
9  37
Với x 
y
2
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là
 5  37 9  37   5  37 9  37  
;
;

;
 .
2
2   2
2  


 x; y   
Ta có:

x  y  z  2019 xyz  2019 x 2 

x 2  xy  xz
yz

x 2  xy  xz  yz ( x  y )( x  z )  x   x 
 2019 x  1 

   1  1
yz
yz
 y  z 
2

 x  x  1  x x

x1 1
 2019 x 2  1    1   1     2   1    
2 y z
 y  z  2  y z



(theo BĐT Cô-si)
x1 1
x2  1  1    
2 y z
x  1  2019 x  1
2 11 1


 x    
x
x
x 2 y z
2

2

Tương tự:
2)

y 2  1  2019 y 2  1
2 11 1
 y    
y
y 2 z x
z 2  1  2019 z 2  1
2 11 1
 z    
z

z 2 x y

1 1 1
 VT  x  y  z  3    
x y z
Chứng minh được ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx)
 1 1 1  3( xy  yz  zx) 2019.3( xy  yz  zx)
 3    

2019 xyz
xyz
x y z
2
2019.( x  y  z )

 2019( x  y  z )
x yz
 VT  2020( x  y  z )  2020.2019 xyz  VP
 Đpcm.

Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương

0.5