Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chung) - Đề 1 - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên môn Toán (Chung) - Đề 1 - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học: 2019 – 2020 Môn thi: Toán (chung) – Đề 1 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P . x 3 x 9 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y m2 1 x 7 và đường thẳng y 3x 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 a 1 a2 a a Câu 2 (1,5 điểm). Cho biểu thức P 4 a : 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 x2 2(m 2)x m2 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, x 2(giả sử x1 x2 ) thỏa mãn x1 x2 1 5 . 2) Giải phương trình x 4 2 4 x 2 2x . 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 H·CK ·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 4OB2 AE 2 . Câu 5 (1,0 điểm). (x y)2 4 3y 5x 2 (x 1)(y 1) 1) Giải hệ phương trình 3xy 5y 6x 11 5 x3 1 2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 2019xyz . Chứng minh rằng x2 1 2019x2 1 y2 1 2019y2 1 z2 1 2019z2 1 2019.2020xyz . x y z HẾT Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ kí GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ kí GT 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2019 3 P x 3 x 9 1) x 0 0.5 x 0 ĐKXĐ: x 3 0 x 9 x 9 0 Hai đường thẳng y m2 1 x 7 và y 3x m 5 (với m 1 ) song song với nhau 2) m2 1 3 m2 4 m 2 0.5 m 2 (TMĐK) 7 m 5 m 2 m 2 Vậy m 2 là giá trị cần tìm. B Câu 1 (2,0đ) H 3) A C 0.5 Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: AC BC 2 AB2 102 62 8(cm) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AB.AC 6.8 AH.BC AB.AC AH 4,8(cm) BC 10 Trong hình trụ thì chiều cao bằng độ dài đường sinh h 6 cm 4) 0.5 Thể tích hình trụ là: V S.h 9 .6 54 (cm3) a 1 a 1 a2 a a P 4 a : a 1 a 1 a 1 2 2 a 1 a 1 4 a a 1 a a a 1 : a 1 a 1 a 1 1) a 2 a 1 a 2 a 1 4a a 4 a 1.0 : a a Câu 2 a 1 (1,5đ) 4a a 4 : a a a 1 a 1 4 Vậy P với a 0,a 1 a 1 Với a Z,a 0,a 1 a 1 1 4 2) P nhận giá trị nguyên Z 4Ma 1 0.5 a 1 Mà a 1 1 a 1 1;2;4 a 2;3;5
3. Với m = 0, ta có phương trình: 1a) x2 4x 5 0 0.5 Giải phương trình được x1 1; x2 5 Phương trình x2 2(m 2)x m2 5 0 Ta có ac m2 5 0 m Phương trình có hai nghiệm trái dấu Mà x1 x2 x1 0 x2 x x ; x 1 x 1 1b) 1 1 2 2 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(m 2) 6 m 5 (2,5đ) Vậy m 5 là giá trị cần tìm. x 4 2 4 x 2 2x (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 2x 4 x 2 1.0 4 x 2 2 4 x 2 4 x 2 4 x 6 4 x 0 (vô nghiệm) Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 0 B A H 2 1 1 2 O 1 K 3 1 2 0.25 1 Câu 4 D C (3,0đ) 1 I F ≡ E CHK và DAO có: · µ µ µ 1 º 1) HCK D1 (GT) ; A1 H1 sđIC 0.75 2 CHK # DAO (g-g)
4. HK KC AO.KC AO.KC HK (1) AO OD OD OB µ µ µ µ Từ CHK # DAO K1 O1 K2 O2 CIK và BAO có: µ µ $ µ 1 » K2 O2 ; I1 A2 sđHC 2 2) CIK # BAO (g-g) 1.0 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 µ µ µ µ µ µ Ta có K2 O2 và O3 O2 O3 K2 OKCF là tứ giác nội tiếp O· KF O· CF Vì K là trung điểm của dây HI OK  HI O· KF 90o O· CF 90o FC là tiếp tuyến của (O) F  E 3) 1.0 Dễ chứng minh ECI # EHC (g-g) EC2 = EI.EH (3) Vì AC > BD AC2 > BD2 AC2 > 4OB2 (4) ACE vuông tại C AE2 = EC2 + AC2 (5) Từ (3), (4), (5) EI.EH + 4OB2 < EC2 + AC2 = AE2 (đpcm) (x y)2 4 3y 5x 2 (x 1)(y 1) (1) 3xy 5y 6x 11 5 (2) x3 1 ĐK: x 1; y 1 Đặt x 1 a , y 1 b a 0,b 0 x a2 1; y b2 1 Phương trình (1) trở thành: (a2 b2 2)2 4 3(b2 1) 5(a2 1) 2ab (a2 b2 2)2 4 3b2 5a2 8 2ab 0 (a2 b2 2)2 4 4(a2 b2 2) a2 b2 2ab 0 (a2 b2 )2 (a b)2 0 Câu 5 1) 2 2 0.5 (1,0đ) (a b) [(a b) 1] 0 (a b)2 0 a b x 1 y 1 y x 2 (3) (2) 3xy 5y 6x 11 5 x3 1 (4) Thay (3) vào (4) được: 3x(x 2) 5(x 2) 6x 11 5 x3 1 3x2 6x 5x 10 6x 11 5 x3 1 3x2 5x 1 5 x3 1 3(x2 x 1) 2(x 1) 5 x 1 x2 x 1 0
5. 3 x2 x 1 x 1 x2 x 1 2 x 1 0 x2 x 1 2 x 1 0 x2 x 1 4(x 1) x2 5x 3 0 5 37 x (TMĐK) 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  x; y ; ; ;  . 2 2 2 2  Ta có: x2 xy xz x y z 2019xyz 2019x2 yz 2 2 x xy xz yz (x y)(x z) x x 2019x 1 1 1 yz yz y z 2 x x 1 x x x 1 1 2019x 1 1 1 2 1 y z 2 y z 2 y z (theo BĐT Cô-si) 2 x 1 1 2 2 x 1 1 x 1 2019x 1 2 y z 2 1 1 1 x x x x 2 y z Tương tự: 2) y2 1 2019y2 1 2 1 1 1 0.5 y y y 2 z x z2 1 2019z2 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 x y z xyz 2019xyz 2019.(x y z)2 2019(x y z) x y z VT 2020(x y z) 2020.2019xyz VP Đpcm. Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương