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

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.. 1 Ch

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

 

2 4

y x d với trục Ox Oy Tính diện tích tam giác , OAB

3) Cho tam giác ABC có AB 6cm, AC 8 cm, BC 10cm 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 2 (VD) (1,5 điểm) Cho biểu thức P 1 1 : x 1 1 x

      

(với x0, x1)

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)

1) Cho phương trình x2 mx m 2  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 x x sao cho1, 2

x  x đạt giá trị nhỏ nhất

3 x 5 6 5 x 15 3 x4 25 x

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

giao điểm của CO với cạnh AB Chứng minh

2

AA  BB CC 

Câu 5 (VD) (1,0 điểm)





 2) Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn a2b2c2abc Chứng minh rằng4

9

2

a b c  

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

 

2 4

y x d với trục Ox Oy Tính diện tích tam giác , OAB

3) Cho tam giác ABC có AB 6cm, AC 8 cm, BC 10cm 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:

0

A

A B

B





   

 2) + Xác định tọa độ các điểm AB

+ OAx A ;OBy B

2

OAB

S  OA OB

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 S day.h với S là diện tích đáy của lăng trụ và day h là chiều cao của lăng trụ

Cách giải:

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   1; 2 

2) Giao của đường thẳng  d với trục Ox là: cho

 

y   x   x  A  OAx 

Giao của đường thẳng d với trục Oy là: cho

 

x  y    B  OBy 

Vậy diện tích tam giác OAB vuông tại O là 1 1.2.4 4

OAB

S  OA OB  (dvdt)

3) ta có AB2AC2 6282 100BC2  ABC vuông tại A

 tâm I của đường tròn ngoạt tiếp tam giác vuông ABC là trung điểm của cạnh huyền

BC  bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 5

2

BC

R   (cm)

Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 2R2 5 10   (cm)

4) Do đáy lăng trụ là tam giác vuông nên 1 2

.5.12 30 cm 2

day

Vậy thể tích lăng trụ là V S day.h30.8 240 (cm ). 2

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

      

(với x0, x1)

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.

a) P 1 1 : x 1 1 x

      

:

1

P

1

P



1 1

1

P



: 1

P



1

P



1

0, 1

x

x



b) x  2022 4 2018  2022 4 2018

2018 2 2018.2 4 2018 2 2018.2 4

x

 2018 22  2018 22

x

2018 2 2018 2 4

x

Khi x 4 ta có 4 1 2 1 3

4

P    

Vậy khi x 4 thì 3

2

P 

Câu 3 (VD) (2,5 điểm)

1) Cho phương trình 2 2  

4 0 1

x  mx m   (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 x x sao cho1, 2

x  x đạt giá trị nhỏ nhất

2) Giải phương trình: 3 x 5 6 5 x 15 3 x4 25 x2

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) x2 mx m 2 4 0  1 (Với m là tham số)

a) Thay m 6 vào phương trình ta được  1  x2 6x 40 0

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

1

2

3 49

4

1

Vậy với m 6 thì phương trình  1x có tập nghiệm là: S   4;10

b) Phương trình  1 có:  m24m24 5m216 0 m

 1

 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Theo hệ thức Vi – ét, ta có: 1 2 2





 

 Đặt Ax1 x2

A x  x x  x x x  x x  x x

2

2 4 2 4 5 2 16 16

2

A

 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 x2  *

Điều kiện:

2

5 0

x

x

  









 * 3 x 5 6 5 x 3 5  x4 5  x 5x

2

2

10

5

a b

x b b

 





2 2 2 2

10 10

a b

a b

2

10 10

a b

a b

a b







10

a b

3

5 2

1

1 1

3

3

a

b a

KTM

b

 

 









 



2

2

4 4

x x

x





 



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

giao điểm của CO với cạnh AB Chứng minh

2

AA  BB CC 

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)

90

OIE   (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 2 2

EN BN ON R

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 2

FI CD R Vậy EI BD FI CD R   2

3) ta chứng minh được:

1 1 1

ABC

S

AO







ABC

S

BO







ABC

S

CO







Chứng minh 1

1

OBC ABC







Từ A kẻ AH vuông góc với BC ta có:

1

2

1

2

OBC

ABC

OD BC





Lại có AH OD// (vì cùng vuông góc với BC)

Nên theo Ta – lét trong tam giác AA H1 ta có: 1

1

OA OD

AH AA

1

OBC

ABC







Chứng minh tương tự ta cũng có: 1 1

;

1 OAC 1 OAC 1 OAB

3 OBC OAC OAB 2 1 2

ABC

dpcm S

Câu 5 (VCD) (1,0 điểm)







 







Ta có

 1  x 23 y3 x 2 y0

x 2 y  x 22 y x 2 y2 1 0

x y x y  x      x y

 1  x 2 y 0 x y 2

Khi đó phương trình  2 trở thành 3y 9 1 2 y 2y1 y2

Điều kiện 3 1

2

y

  

Nếu

1

0





(loại)

Nếu



 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 a2 b2c2 abc Chứng minh rằng4

9

2

a b c  

Ta có: 4a2b2c2abc a 2b c 2a 2bc

2

4

b c

a   b c abc   a  a bc a 

2

   2

2

4a a 2 b c 16

a 2 4 a 2 b c2 0

2 2

8 4

2 2

Dấu " " xảy ra

7

4 . 1 9

2

b c

b c

a b c









