Đề Toán tuyển sinh lớp 10 chuyên năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Nam Định (Đề chung)

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 CHÍ NH 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   2 m  
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. 2  a 1 a 1
  a  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 2 2
x  2(m  2)x  m  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 x , x (giả sử 1 2
x  x ) thỏa mãn x  x 1  5 . 1 2 1 2
2) Giải phương trình  x  4  2 4  x  2  2  x .
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  
HCK  ADO . Tiếp tuyến tại C của
đường tròn (O) cắt BD tại E (D nằm giữa B, E). Chứng minh rằng: A . O KC
1) CHK # DAO và HK  . OB
2) K là trung điểm của đoạn HI. 3) 2 2
EI.EH  4OB  AE . Câu 5 (1,0 điểm). 2
(x  y)  4  3y 5x  2 (x 1)(y 1) 
1) Giải hệ phương trình 3xy  5y  6x 11  5  3  x 1
2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  2019xyz . Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2
x 1 2019x 1
y 1 2019 y 1 z 1 2019z 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: ...........................
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2019 3 P   x  3 x  9 1) x  0  x  0 0.5
ĐKXĐ:  x  3  0    x  9 x  9  0 
Hai đường thẳng y   2 m  
1 x  7 và y  3x  m  5 (với m  1  ) song song với nhau 2) 2 2 m 1  3 m  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: 2 2 2 2
AC  BC  AB  10  6  8(cm)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: . AB AC 6.8
AH.BC  A . B 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) 2  a 1 a 1
  a  a a  P     4 a  :   a 1 a 1   a 1          a  2 1   a  2
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  4a 1 0.5 a 1
Mà a 1  1 a 11;2;  4  a 2;3;  5
Với m = 0, ta có phương trình: 1a) 2
x  4x  5  0 0.5
Giải phương trình được x  1  ; x  5 1 2 Phương trình 2 2
x  2(m  2)x  m  5  0 Ta có 2
ac  m  5  0 m 
 Phương trình có hai nghiệm trái dấu
Mà x  x  x  0  x 1 2 1 2
 x  x ; x 1  x 1 1b) 1 1 2 2 1.0 Do đó:
x  x 1  5  x  x 1  5  x  x  6  1 2 1 2 1 2
Lại có: x  x  2(
 m  2) (theo hệ thức Vi-ét) 1 2 Câu 3  2(  m  2)  6   m  5 (2,5đ)
Vậy m  5 là giá trị cần tìm.
 x4 2 4x 2  2x (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  2
 x 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:  1  1)   HCK  1 D (GT) ;    1 A  1 H  sđIC   0.75  2    CHK #  DAO (g-g) HK KC AO.KC AO.KC    HK   (1) AO OD OD OB Từ  CHK #  DAO      K1  1 O  K2  O2  CIK và  BAO có:   1    K2  O2 ;   1 I  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 Ta có   K2  O2 và     O3  O2  O3  K2
 OKCF là tứ giác nội tiếp    OKF  OCF
Vì K là trung điểm của dây HI  o  OK  HI  OKF  90  o
 OCF  90  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) 2
(x  y)  4  3y 5x  2 (x 1)(y 1) (1) 
3xy  5y  6x 11  5 (2)  3  x 1 ĐK: x  1  ; y 1
Đặt x 1  a , y 1  b a  0,b  0 2 2
 x  a 1; y  b 1
Phương trình (1) trở thành: 2 2 2 2 2
(a  b  2)  4  3(b 1)  5(a 1)  2ab 2 2 2 2 2
 (a  b  2)  4  3b  5a  8  2ab  0 2 2 2 2 2 2 2
 (a  b  2)  4  4(a  b  2)  a  b  2ab  0 2 2 2 2
 (a  b )  (a  b)  0 Câu 5 1) 0.5 (1,0đ) 2 2
 (a  b) [(a  b) 1]  0 2
 (a  b)  0  a  b
 x 1  y 1  y  x  2 (3) 3
(2)  3xy  5y  6x 11  5 x 1 (4) Thay (3) vào (4) được: 3
3x(x  2)  5(x  2)  6x 11  5 x 1 2 3
 3x  6x  5x 10  6x 11  5 x 1 2 3
 3x  5x 1  5 x 1 2 2
 3(x  x 1)  2(x 1)  5 x 1 x  x 1  0   2
3 x  x 1  x 1 2x  x 1 2 x 1  0 2
 x  x 1  2 x 1  0 2
 x  x 1  4(x 1) 2
 x  5x  3  0 5  37  x  (TMĐK) 2 5  37 9  37 Với x   y  2 2
Vậy nghiệm của hệ phương trình là            x y 5 37 9 37 5 37 9 37 ;    ; ; ;   . 2 2   2 2       Ta có: 2
x  xy  xz 2
x  y  z  2019xyz  2019x  yz 2
x  xy  xz  yz
(x  y)(x  z)  x  x 2   2019x 1    1 1    yz yz  y  z   x  x  1  x x  x  1 1  2  2019x 1  1 1    2  1          y  z  2  y z  2  y z  (theo BĐT Cô-si)   2 x 1 1 x 11  2 2  
x 1 2019x 1 2  y z  2 1  1 1     x      x x x 2  y z  Tương tự: 2) 2 2
y 1 2019 y 1 2 1  1 1   0.5 y      y y 2  z x  2 2
z 1 2019z 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 2
(x  y  z)  3(xy  yz  zx)
 1 1 1  3(xy  yz  zx) 2019.3(xy  yz  zx)  3        x y z  xyz 2019xyz 2
2019.(x  y  z) 
 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