De Toan TS THPT chuyen Nam Dinh 20182019 va HD giai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học: 2018 – 2019
Mơn thi: Tốn (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)
1) Giải phương trình

2 x  3 x .

3
y  x  3 (d 2 )
y

x

2
(
d
)
1
2
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
và
. Gọi A,

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 trịn nội tiếp
tam giác ABC.
4) Một hình nón có chu vi đường trịn đáy là 6 (cm) , độ dài đường sinh là 5(cm) . Tính thể tích
hình nón đó.
1   x  1 1 x 

P  x 


 :
x  
x
x  x 

Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức
(với x  0 và x 1 ).
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)
2
2
1) Cho phương trình x  mx  m  m  4 0 (với m là tham số).
a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho ln 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
2) Giải phương trình 6 x  2  3 3  x 3 x  1  4  x  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.
2
1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI .BD FI .CD R .
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 2 KP .

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)
(2 x  4 y  1) 2 x  y  1 (4 x  2 y  3) x  2 y
(1)
 2
2
 x  8 x  5  2(3 y  2) 4 x  3 y 2 2 x  5 x  2
(2)

1) Giải hệ phương trình 
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
Q
2
8a  56  8b 2  56  4c 2  7 .
thức
-------------------- 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
Câu 1
(2,0đ)

Phần

Nội dung

Điểm

2 x  3  x (1) (ĐK: x 0 )
1)

2)

3)

4)

 x  1
(1)  x 2 2 x  3  x 2  2 x  3 0  ( x  1)( x  3) 0  
 x 3
Kết hợp với điều kiện  x 3
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
Đường thẳng (d1) đi qua các điểm
(0; – 2) và (– 2; 0)
Đường thẳng (d2) đi qua các điểm
(0; 3) và (– 2; 0)
Theo đề bài, ta có:
A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0)
 CO = 2; AB = 5
Diện tích của  ABC là:
AB.OC 5.2
S

5
2
2
(đơn vị diện tích)

Ta có:
BC2 = 172 = 289
AB2 + AC2 = 82 + 152 = 289

 BC2 = AB2 + AC2
  ABC vuông tại A (định lí
Py-ta-go đảo)
Vẽ (O; R) nội tiếp  ABC, (O)
tiếp xúc AB, AC, BC lần lượt tại
D, E, F.
0



Tứ giác ADOE có DAE ADE AED 90
 Tứ giác ADOE là hình chữ nhật
Lại có OD = OE = R
Tứ giác ADOE là hình vng
 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 trịn đáy là:

0.5

0.5

0.5

0.5

C 6
 3
2  2
(cm)

Gọi là độ dài đường sinh, h là chiều cao của hình nón
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
r

h  2  r 2  52  32 4 (cm)
Thể tích hình nón là:
1
1
V  r 2 h  .32.4 12
3
3
(cm3)
1   x  1 1 x 

P  x 


 :
x 
x
x x 


1)
Câu 2
(1,5đ)







x1

x 1 1 



x 1
:
x



x  1 x  1 1  x
:
x
x x 1



x 1

x x
:
x
x x 1





x





x 1











x1





1.0



 : x
x

x 1

x
x 1

x


x  1

x 1

2

x


P



x 1

2

x
Vậy
với x  0 và x 1 .
Với x  0 và x 1 , ta có:
2)

Câu 3
(2,5đ)



2

 

x 1



2

x  1 4 x

4 x
4

x
x
x
Vậy với mọi x  0 và x 1 thì P  4 .
2
2
Phương trình x  mx  m  m  4 0
P



0.5

2

1  15

c  m  m  4   m   
0
2
4


Ta có hệ số
 ac  0  Phương trình có hai nghiệm trái dấu
Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.
Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1  x2  x1  0  x2
2

1a)

1b)

Do đó:

x2  x1 2  x2  x1 2

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2 m
 m 2
Vậy m 2 là giá trị cần tìm.

0.75

0.75


6 x  2  3 3  x 3 x  1  4  x 2  x  6
 6 2  x  3 3  x 3x  1  4 (2  x)(3  x)
ĐK:  2  x 3
2
2
Đặt a  2  x , b  3  x ( a, b 0)  3 x  1 4a  b  10
Phương trình trở thành:
6a  3b 4 a 2  b 2  10  4 ab

 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
2)

 4(2  x)  4 (2  x )(3  x)  3  x 25
 3 x  11  4 (2  x)(3  x) 25
 4 (2  x)(3  x) 14  3 x
 16(6  x  x 2 ) 196  84 x  9 x 2 (do x 3  14  3 x  0)
 25 x 2  100 x  100 0
 x 2  4 x  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 x  3 x

2

  2

2

 12   2  x  3  x  25

 2 2  x  3  x 5
Dấu “=” xảy ra
2x

 3  x  2  x 12  4 x  x 2
2

1.0


Câu 4
(3,0đ)

0.25

1)

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
Mà góc NOD kề bù với góc NOI
 OB  OE   BOE vng tại O
0
0
0





Ta có: O1  O 2 DOI  BOE 180  90 90
 1 O
 2 900 
B
( BOD vuông tại D)
 1 B
1
 O
0 



 IOE và  DBO có: OIE ODB 90 ,O1 B1
 IOE # DBO (g.g)
OI
EI


 EI.BD OI.OD R 2
BD OD
2
Chứng minh tương tự, ta được FI.CD R

0.75

2
Vậy EI.BD FI.CD R

2)

0.5

EI CD

FI
BD
Từ
EF // BC (  DI ). Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:
EI
FI  AI 
EI BQ






BQ CQ  AQ 
FI CQ
EI.BD FI.CD 

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

(1)

(2)


 KP là đường trung bình của  DAQ
 AQ = 2KP

Ta có:
1
1
1
2



AA1 BB1 CC1 R1  OO1
R1  OO1 R1  OO1 R1  OO1


2

AA1
BB1
CC1
R1  OO1 O1A  OO1 OA AA1  OA1
OA1



1 
AA1
AA1
AA1
AA1
Lại có: AA1


3)

Kẻ OR  BC, AS  BC
OA1 OR OR.BC 2SOBC SOBC





AA1 AS AS.BC 2SABC SABC

1.0

S

R1  OO1
OA1
1 
1  OBC
AA1
AA1
SABC
R1  OO1
S
R  OO1
S
1  OAC ; 1
1  OAB
BB1
SABC
CC1
SABC
Tương tự, ta có:


 SOBC SOAC SOAB 




S
S
SABC 
ABC
 ABC

R  OO1 R1  OO1 R1  OO1
S
 1


3  ABC 3  1 2
AA1
BB1
CC1
SABC
Dấu “=” xảy ra  O O1   ABC đều (vơ lí, vì AB < AC)


Câu 5
(1,0đ)

1)

R1  OO1 R1  OO1 R1  OO1


3 
AA1
BB1
CC1

1
1
1
2




Vậy AA1 BB1 CC1 R 1  OO1 (đpcm).
(2 x  4 y  1) 2 x  y  1 (4 x  2 y  3) x  2 y
 2
2
 x  8 x  5  2(3 y  2) 4 x  3 y 2 2 x  5 x  2
u  2 x  y  1 , v  x  2 y  u, v 0 
Đặt
.
Phương trình (1) trở thành:

(1)
(2)

0.5


(2v 2  1)u (2u 2  1)v







2uv 2  u  2u 2v  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
x  2 y  2x  y  1

 x  2 y 2 x  y  1
 3 y x  1
Thay 3 y  x  1 vào phương trình (2) được:
1

x 2  8 x  5  2( x  1) 3 x  1 2 ( x  2)(2 x  1) ĐK:
x  

3

 ( x 2  2 x  1)  6 x  4  2( x  1) 3 x  1 2 ( x  2)(2 x  1)
  ( x  1) 2  3 x  1  2( x  1) 3 x  1 
  x  2  2 x  1  2 ( x  2)(2 x  1)  0


  x 1 
 x 1 

2

 
3 x  1  
3x  1 
2

x2 

x2 


2x 1

2x 1

2

2

0
0

 x  1  3 x  1 0

 x  2  2 x  1 0
 x  1  3 x  1

 x  2  2 x  1
 x 2  x 0

 x  2 2 x  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) .
2)

Sử dụng giả thiết ab  2bc  2ca 7 và áp dụng bất đẳng thức Cơ-si,

ta có:
8a 2  56 2 2( a 2  7) 2 2( a 2  ab  2bc  2ca)
2 2(a  b)(a  2c) 2(a  b)  a  2c 3a  2b  2c
2
Tương tự: 8b  56 3b  2 a  2c
4c 2  7  4c 2  ab  2bc  2ca  (2c  a )(2c  b)

1
 2c  a  2c  b 
2
Do đó:


0.5


8a 2  56  8b 2  56  4c 2  7
1
(3a  2b  2c)  (3b  2a  2c)  (4c  a  b)
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
ab  2bc  2ca 7
c  2

3
a b 1, c 
2.
Vậy min Q 2 khi
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương