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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NAM NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn: TOÁN (Đề chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: 1. A 4 3 2 27 12 . a 1 2a 1 2. B : (với a 0;a 1 ). a 1 a a a 1 Câu 2. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2x2 3x 5 0 . 3x y 5 2. Giải hệ phương trình . 5x 2y 1 Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y x 2và đường thẳng (d) có phương trình y mx 3 (với m là tham số). 1. Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B. 2. Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ của A và B. Tính tích các giá trị của m để 2x1 x2 1. Câu 4. (4,0 điểm) Cho đường tròn (O;R ) và điểm A sao cho OA 3R . Qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC của đường tròn (O), với B và C là hai tiếp điểm. Kẻ cát tuyến AMN của đường tròn (O) (M nằm giữa hai điểm A và N). Gọi H là giao điểm của OA và BC. 1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 2. Chứng minh AM.AN AH.AO . 3. Chứng minh HB là đường phân giác của góc MHN. 4. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Tìm giá trị lớn nhất của MI.MK khi cát tuyến AMN quay quanh A. Câu 5. (1,0 điểm) 1 1 1 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 1 . Tìm giá trị nhỏ a 1 b 1 c 1 a3 b3 c3 nhất của biểu thức P . a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 1 A 4 3 2 27 12 4 3 6 3 2 3 (4 6 2) 3 0 0.5 a 1 2a 1 a 1 2a B :  a 1 a 1 a a a 1 a 1 a a 1 Câu 1 (1,5đ) 2 a 1 2 a 2 1.0  a 1 a 1 a 1 2 a a 1 a 1 a 1 a 2 a 1 2a 2 a 3a 1 Vậy B 3a 1 với a 0;a 1 2x2 3x 5 0 Ta thấy a – b + c = 2 + 3 – 5 = 0 1 Phương trình có 2 nghiệm: 1.0 c 5 x 1; x 1 2 a 2 Câu 2 3x y 5 6x 2y 10 11x 11 x 1 (2,0đ) 5x 2y 1 5x 2y 1 5x 2y 1 5 2y 1 2 x 1 1.0 y 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; – 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 mx 3 x2 mx 3 0 (1) 1 Ta thấy ac = – 3 < 0 0.5 Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 x2 m (2) x1x2 3 (3) Câu 3 Theo đề bài: 2x1 x2 1 (4) (1,5đ) Từ (2) và (4) ta có hệ phương trình: x x m x 1 m x 1 m 1 2 1 1 2 1.0 2x1 x2 1 x1 x2 m x2 2m 1 Thay vào (3) được: 2 m 2 (1 m)(2m 1) 3 2m 3m 2 0 m 0,5 Tích các giá trị của m là: 2.(– 0,5) = – 1 Chú ý: Có thể áp dụng hệ thức Vi-ét để tính tích các giá trị của m.
3. B 1 1 N 1 M 2 3 A 1 4 H O 0.25 C Vì AB, AC là các góc tiếp tuyến của đường tròn (O) nên: A·BO A·CO 90o 1 Tứ giác ABOC có: 0.75 A·BO A·CO 90o 90o 180o ABOC là tứ giác nội tiếp ABM và ANB có: · µ µ 1 ¼ BAN chung ; B1 N1 sđBM 2 ABM ANB (g-g) Câu 4 AB AM 2 (4,0đ) AB AM.AN (1) AN AB 2 Ta có: AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) 1.0 OB = OC (= R) AO là đường trung trực của BC BH  AO ABO vuông tại B, có BH là đường cao AB2 = AH.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2) AM.AN = AH.AO AH AM Từ AM.AN = AH.AO AN AO AH AM AHM và ANO có: O·AN chung ; AN AO AHM ANO (c-g-c) µ · H1 ANO µ · 3 Tứ giác MNOH có H1 ANO 1.0 MNOH là tứ giác nội tiếp. µ µ M1 H4 µ · µ · Lại có H1 ANO ; M1 ANO ( OMN cân tại O) µ µ H1 H4 µ µ µ µ o µ µ Mà H1 H2 H4 H3 90 H2 H3 HB là đường phân giác của góc MHN.
4. B I 1 2 N 1 E M 1 A F H O 1 K 1 2 C Gọi E là hình chiếu của M trên BC, F là giao điểm của đoạn thẳng OA và (O). Tứ giác MECK có: M· EC M· KC 90o 90o 180o µ µ MECK là tứ giác nội tiếp E1 C2 $ µ Tương tự: I1 B2 4 µ µ 1 ¼ 1.0 Lại có B2 C2 sđCM 2 µ $ E1 I1 · µ Chứng minh tương tự được MEI K1 $ µ · µ MIE và MEK có: I1 E1 ; MEI K1 MIE MEK (g-g) MI ME MI.MK ME2 FH2 ME MK Ta có: OB2 = OH.OA (hệ thức lượng trong tam giác vuông) OB2 R 2 R OH OA 3R 3 R 2 FH R R 3 3 4 MI.MK R 2 9 4 Vậy max(MI.MK) R 2 M  F hay cát tuyến AMN đi qua O. 9 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: (a 1) (b 1) (c 1) 33 (a 1)(b 1)(c 1) 1 1 1 1 33 Câu 5 a 1 b 1 c 1 (a 1)(b 1)(c 1) 1.0 (1,0đ) 1 1 1 (a 1) (b 1) (c 1) 9 a 1 b 1 c 1 1 1 1 Mà 1 a 1 b 1 c 1
5. (a 1) (b 1) (c 1) 9 a b c 6 Dấu “=” xảy ra a b c 2 Cách 1: Áp dụng kĩ thuật Cô-si ngược dấu Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a2 b2 3 a2 b2 2ab ab a2 ab b2 a2 b2 2 2 2 2 2 a3 2a3 2 a a b ab  a2 ab b2 3 a2 b2 3 a2 b2 2 ab2 2 ab2 2 b a 2 2 a a 3 a b 3 2ab 3 2 Tương tự: b3 2 c c3 2 a 2 2 b ; 2 2 c b bc c 3 2 c ca a 3 2 2 b c a 1 P a b c a b c 2 3 2 2 2 3 Dấu “=” xảy ra a b c 2 Vậy min P 2 a b c 2 . Cách 2: Đánh giá đại diện a3 2a b Chứng minh được với a,b,c 0 a2 ab b2 3 Thật vậy: a3 2a b a2 ab b2 3 3a3 2a3 2a2b 2ab2 a2b ab2 b3 a3 a2b ab2 b3 0 (a2 b2 )(a b) 0 (a b)(a b)2 0 (luôn đúng) Làm tiếp như cách 1. Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương