Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định năm 2020 môn Toán chung

Tính chiều cao của hình nón đó. a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì phương trình luôn có nghiệm... Ta có điều phải chứng minh.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2020 NAM ĐỊNH Môn thi: Toán (Chung)

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức

2

1

P



b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  x 3 m cắt parabol yx2 tại hai điểm phân biệt c) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, biết độ dài cạnh của tam giác là 3 cm

d) Cho hình nón có thể tích 3

V  cm biết bán kính đáy R2cm Tính chiều cao của hình nón đó

Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức 1 2

1

P

x



a) Rút gọn biểu thức P

b) Chứng minh 2

3

P  với mọi x  và 0 x 1

Câu 3 (2,5 điểm)

1 Cho phương trình 2  

x  m x m   với m là tham số

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì phương trình luôn có nghiệm

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x x thỏa mãn: 1, 2

x   x  

2 Giải phương trình: 3 2  3

Câu 4 (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn  O kẻ các tiếp tuyến AB AC, đến đường tròn với B C,

là các tiếp điểm Đoạn thẳng AO cắt BC và đường tròn  O lần lượt tại M và I Gọi D là điểm thuộc cung lớn BC của đường tròn  O sao cho DBDC

a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

b) Gọi E F, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng DB DC, Chứng minh DM vuông góc với EF

c) Gọi K là giao điểm của DM với đường tròn  O Chứng minh KI là phân giác của .AKM

Câu 5 (1,0 điểm)

a) Giải hệ phương trinh 2  2

2





b) Xét a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a 1 b 1 c  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 6

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP 10/2020

THPT LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH

THUVIENTOAN.NET

Câu 1

a) Ta có:

3

P

x



Do đó điều kiện xác định của P là x    3 0 x 3

b) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng  d :y   và parabol x 3 m   2

:

P yx là:

  2

3 0 1

x    x m

 d cắt  P tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt

4

4

m  là giá trị cần tìm

c) Gọi O tâm là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC khi đó O cũng là trọng tâm của tam giác

Gọi Hlà hình chiếu của A lên BC, ta có:

2

BC

AO AH    cm

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC bằng 1 (cm)

d) Gọi h là chiều cao của hình nón ta có: 1 2 3 2 3 42 3 ( )

V

R









Vậy chiều cao của hình nón bằng 3 (cm)

Câu 2

1

P

x



a) Với x  và 0 x 1, ta có:

     

         

   

1

1

1

P

x





1

x

P





b) Ta có 2

3

P  với mọi x  và 0 x 1 Thật vậy bất đẳng thức cần chứng tương đương:

 2

3 1

x

Bất đẳng thức cuối đúng x  và 0 x 1 Ta có điều phải chứng minh

Câu 3

luôn có nghiệm

b) Phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt x x khi và chỉ khi 1, 2

0

1

3

m m

m m

 

   



Ta có: x1 2 x2   nên 2 1 0 x1x2

Ta thấy x  là một nghiệm của phương trình với mọi 2 m, xét hai trường hợp:

 x1 2 x2  2 1 x2  vô lý do 1 x 2 0

 x2  2 x1  2 3 x1 7

Khi đó ta có: x x1 22m 2 14  m 8

So với điều kiện ban đâu m  là giá trị cần tìm 8

2 Điều kiện x   Ta có phương trình tương đương: 1 3    3

Đặt y x 1 0, phương trình trở thành:

  2 

 





x

 



         

2

1 0

x

 



       

So với điều kiện ban đầu, phương trình đã cho có hai nghiệm 2 8; 5 1

2

Câu 4

a) Do AB AC, là tiếp tuyến cùa đường tròn  O nên   0

90

ABOACO  tứ giác ABOC nội tiếp

Mặt khác ABACnên tam giác ABC cân tại A lại có AOBC nên AO là phần giác của  BAC hay AI là phân giác của BAC 1

Ngoài ra AI cũng là trung trực của BCIBIC hay tam giác IBC cân tại IIBCICA

Mà ICBIBA theo tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

Suy ra: IBCIBA Hay BI là phân giác của ABC 2

Từ  1 và  2 suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

b) Gọi G là giao điểm của EM với DC, H là giao điểm của FM với DB

90 2

BOC

Do đó EM DC

Chứng minh tương tự ta cũng có FM DB

Từ đó suy ra M là trực tâm của tam giác DEF

Do đó DM EF

c) Ta có BMKDMC (hai góc đối đỉnh) và MBKCBKCDM.

3

Tam giác OBA vuông tại B có BM là đường cao 2  

4

Từ  3 và  4 suy ra MK MD MO MA Hay MK MO

Kết hợp với OMDKMA, ta có: MODMKA

Suy ra AKM OMDIOD2IKD.

Hay AKM 2IKM hay KI là phân giác của .AKM

Câu 5

a) Điều kiện: x1, y1

Đặt a 1    y 0 y 1 a2 Phương trình thứ nhất của hệ trở thành:

2

2

 



      

     

          

Đặt b 1 1 0,

x

   phương trình trở thành:

a1a  2 b 1b2  ab a      do b 1 0 a b a   b 1 0

Với a ta có: b 1 y 1 1,

x

   thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2

1

5

1 2 1

1 2 5

x

x

x

x x

 



     



 



       

 

Với x 5, ta có: 1 6 11

    

So với điều kiện ban đầu ta thấy thỏa mãn, vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  ;  5; 11

25

x y   



b) Với x y z , , 0 ta có:  2  2 2 2

Thật vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đường   2  2 2

0

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

36 a 1 b 1 c1 3 a     1 b 1 c 1 3 a  b c 3 Suy ra a   b c 9

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được P 3a  b c 9 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ a   b c 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 3 đạt được khi a   b c 3