1 2018 TOAN CHUNG TU NHIEN

Tính chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC.. Tính thể tích hình nón đó.. a Chứng minh với mọi giá trị của tham số m , phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.. Tính chu vi đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Năm học: 2018 - 2019

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)

1) Giải phương trình 2x 3 x

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng , y  x 2 ( )d1 và 3 3 ( 2)

2

y x d Gọi ,A B lần lượt là giao điểm của ( )d1 , (d2) với trục Oy và C là giao điểm của ( )d1 với

2

(d ) 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 tròn

nội tiếp tam giác ABC

4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy là 6 ( cm), độ dài đường sinh là 5(cm Tính ) thể tích hình nón đó

Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức P x 1 : x 1 1 x

        (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)

1) Cho phương trình x2 mxm2  m 4 0 (với m là tham số)

a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m , phương trình đã cho luôn có hai nghiệm

phân biệt

b) Gọi x x là hai nghiệm của phương trình đã cho 1, 2 (x1x2) Tìm tất cả các giá trị

của tham số m để x2  x1 2

2) Giải phương trình 6 x 2 3 3 x 3x 1 4   x2 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 1) Chứng minh tam giác BOE vuông và 2

EI BDFI CDR 2) Gọi ,P K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC AD ; Q là giao điểm của BC và ,

AI Chứng minh AQ2KP

3) Gọi A là giao điểm của AO với cạnh BC , 1 B là giao điểm của BO với cạnh AC , 1 C 1

là giao điểm của CO với cạnh AB và O1, R1 là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Chứng minh:

AA  BB CC  R OO

Câu 5 (1,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

8 5 2(3 2) 4 3 2 2 5 2 (2)







2) Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn ab2bc2ca7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

11 11 12

Q



- HẾT -

Họ và tên thí sinh:………

Số báo danh:………

Họ tên, chữ ký GT 1:……… …

Họ tên, chữ ký GT 2:……… …

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Năm học: 2018 - 2019

Môn thi: Toán (chung) – Đề 1

Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Câu 1

1) Giải phương trình 2x 3 x

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng , y  x 2 ( )d1 và

2

3

3 ( ) 2

y x d Gọi ,A B lần lượt là giao điểm của ( )d1 , (d2) với trục Oy và C

là giao điểm của ( )d với 1 (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 tròn nội tiếp tam giác ABC

4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy là 6 ( cm), độ dài đường sinh là 5(cm )

Tính thể tích hình nón đó

(2,0đ)

1)

2 3

x





0

3 1

3

x

x x

x







    



 



Vậy tất cả các nghiệm x của phương trình là: 3 0,25

2)

+ A là giao điểm của ( )d với trục Oy , suy ra (0; 2)1 A  ;

+ B là giao điểm của (d2) với trục Oy , suy ra (0;3) B ;

+ Giải hệ:

2 3 3 2

  





 được nghiệm

2 0

x y

 



 

 Vậy C( 2;0) thuộc trục Ox

0,25

+ Tam giác ABC có đường cao CO

Diện tích tam giác ABC là: 1 1.2.5 5

2OC AB 2 

(đvdt)

0,25

3)

+ Vì 82 152 172 289 2 2 2

   nên ABC vuông tại A 0,25

+ Bán kính hình tròn nội tiếp ABC là

3( ) 2

+ Chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:

2 r 6 ( cm)

0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

4)

+ Gọi R là bán kính đường tròn đáy, ta có: 2R6 R 3(cm)

+ Chiều cao của hình nón là: h 52R2 4 (cm) 0,25 + Thể tích hình nón là:

.3 4 12 ( )

3 3 R h 3  cm

0,25

Câu 2

Cho biểu thức P x 1 : x 1 1 x

       , (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

(1,5đ)

1)

+ Ta có 1  x 1 x 1

x

và

    1 

1



nên  1 1 1

1

P



 2

1

x x



2)

+  2

2

x



+ Với hai số dương ,a b luôn có a b 2 a b, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

0

a b

Do đó x 1 2

x

  với mọi x0 và x1 Vậy với mọi x0 và x0 thì P4

0,25

Câu 3

1) Cho phương trình 2 2

4 0

x mxm   m (1) (với m là tham số)

a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m , phương trình (1) luôn có hai nghiệm

phân biệt

b) Gọi x x là hai nghiệm của phương trình đã cho 1, 2 (x1x2) Tìm tất cả các giá

trị của tham số m để x2  x1 2

2) Giải phương trình 6 x 2 3 3 x 3x 1 4   x2 x 6

(2,5đ)

1.a)

+ Ta có

2

5

5 5

m

+ Do

5

tỏ m , phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

0,25

1.b)

+ Nhận thấy phương trình (1) có 2 4 1 15 0,

a c m    m m    m

m

 , phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x x trái dấu 1, 2

0,25

Do đó x1 x2 và x2  x1 2 tương đương với: 1 2

0

2 2

m

 



 

  

*KL: Vậy tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2 0,25

2)

+ Điều kiện 2  x 3

+ Phương trình đã cho tương đương với:

3 2 x 2 3x 3x 1 4 (x2)(3x)

0,25

t  x    x x  x x  t Ta thu được phương trình (ẩn t): 2

t  t   t (thỏa mãn t0); t 2 (loại, do không thỏa mãn t0)

0,25

+ Với t5, ta có 2 2 3 5 2 3

4 ( 2)(3 ) 14 3

x

  



2

2

25 100 100 0

x

x

  



* KL: Vậy tất cả các nghiệm x của phương trình là: 2

0,25

Câu 4

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

1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI BD FI CD R2

2) Gọi ,P K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC AD ; Q là giao điểm của ,

BC và AI Chứng minh AQ2KP

3) Gọi A là giao điểm của AO với cạnh BC , 1 B là giao điểm của BO với cạnh 1

AC, C là giao điểm của CO với cạnh AB và 1 O1, R1 là đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC Chứng minh:

AA  BB CC  R OO

(3 đ)

1)

+ Từ giả thiết suy ra BN BD







nên OB là đường trung trực của đoạn ND và OB đồng thời là tia phân giác của DON , suy ra

1 2

BON DON + Chứng minh tương tự, ta có

1 2

NOE NOI

0,25

Vậy 1  1 0

90

BOEBONNOE DONNOI  DOI 

nên BOE vuông tại đỉnh O

0,25

+ Do BOE vuông tại đỉnh O và từ giả thiết suy ra ON vuông góc với BE tại

N, suy ra NE NB ON2 R2

+ Từ giả thiết suy ra NEEI NB, BDEI BD R2

0,25 + Chứng minh tương tự, ta có FI CD R2 Vậy EI BD FI CD R2 0,25

2)

+ Từ giả thiết AB AC suy ra các điểm , , , ,B D P Q C đôi một phân biệt và thẳng

hàng theo thứ tự đó

+ Từ giả thiết suy ra EF BC nên IF EF AF (1)

+ Từ kết quả phần 1) suy ra FI IE FI IE EF (2)



+ Kết hợp (1) và (2) suy ra IF IF QC BD

Mà P là trung điểm của đoạn BC DPPQ P là trung điểm đoạn DQ

0,25

Vậy KP là đường trung bình của ADQAQ2KP 0,25

3)

+ Kẻ AH BC tại H thì AH OD , dẫn đến 1

1

OBC ABC

S





+ Chứng minh tương tự, ta 1 1

;

0,25

+ Do O là điểm thuộc miền trong ABC nên ta có:

1

ABC

A O B O C O



0,25

2 2

(*)

 , (vì AO1BO1CO1 R R1; 1O O1 )

+ Do AB AC suy ra ABC không phải là tam giác đều nên dấu “=” trong (*)

không thể xảy ra Vậy

AA BB CC  R O O

0,25

Câu 5

1) Giải hệ phương trình

8 5 2(3 2) 4 3 2 2 5 2 (2)





2) Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn ab2bc2ca7 Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

11 11 12

Q



(1 đ)

1)

+ Từ phương trình (1) suy ra:

2(x2 ) 2y x  y 1 2x  y 1 2(2x y 1) x2y  x2y

 x 2y 2x y 1 1 2 x 2 2y x y 1 0

0,25

+ Thay 3y x 1 vào phương trình (2), biến đổi thu được phương trình:

2

8 5 2( 1) 3 1 2 (2 1)( 2)

1

x



  

 Với x  1 y 0

* Thay 1

0

x y





 

 vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn

* Vậy tất cả các nghiệm ( ; )x y của hệ phương trình là: (1;0)

0,25

2)

8a 562 2(a 7) 2 2(ab a)( 2 );c

8b 562 2(b 7) 2 2(ba b)( 2 );c

+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các cặp số dương: 2(ab) và (a2 )c ;

2(ba) và (b2 )c ; 2

2

a c

và b 2 c 2



ta được:

2

8a 562(ab)(a2 )c 3a 2 b 2 c; 

2

8b 562(ba)(b2 )c 2 a 3b 2 c; 

0,25

+ Dẫn đến

2

11 11 12

2

Q

+ Tại

1 3 2

a b c

 





 

 thì Q2. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 2

0,25

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