Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong môn Toán - Đề 1 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong môn Toán - Đề 1 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM HỌC 2021-2022. Môn thi: Toán (chung) - Đề 1 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) x2 +1 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P = . 51x − 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y= mx2 +− m 1 ( m ≠ 0 ) và đường thẳng yx=92 + song song. 3) Tính diện tích tam giác ABC đều cạnh bằng 23cm . 4) Tính thể tích của hình nón có đường sinh bằng 5cm và bán kính đáy 3cm . xx2 ++1 x 1 x + 25 Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q = +− . với xx>≠0; 1. xx23− xx −1  xx++1 1) Rút gọn biểu thức Q. 2) Tìm x để biểu thức Q đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x22−(2 m + 1) xm + += 3 0 (1) (với m là tham số). a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, thỏa mãn 1. AC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AP . Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H . 1) Chứng minh rằng tứ giác BCEF nội tiếp và AE. AC= AF AB 2) Gọi KI, lần lượt là trung điểm của EF và AH . Chứng minh IK song song với AP. 3) Gọi M là giao điểm của IK và BC ; N là giao điểm của MH với cung nhỏ AC của đường tròn (O). Chứng minh rằng HMC = HAN . Câu 5. (1,0 điểm) 8xy22+ y = 31 x −+ y  ( ) 1) Giải hệ phương trình  13 xy22+=9.  9 111 2) Cho xyz,, là các số dương thỏa mãn ++≤2021. Chứng minh rằng xyz 1 1 1 2021 ++≤. 724x2−+ xyy 2 724 y 2 −+ yzz 22 724 z −+ zxx 23 HẾT Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ ký GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 2:
2. xx++1 1 x 25 = +− . 0,25 x−1 x x − 11 xx ++ xx++1 25 =1. + 0,25 xx++ x1 x + 25 = 0,25 x 25 25 Với đk : xx>≠0; 1, Ta có Qx=+≥2. x 0,25 xx 2) 25 ⇒≥Q 10 . Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 10, xảy ra khi xx= ⇔=25 0,25 x Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x22−(2 m + 1) xm + += 3 0 (1) (với m là tham số). a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Câu 3 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, thỏa mãn 1. 0 ⇔m > .*( ) 0,25 12 4 xx12+>2 xx12+>2 Ta có 1 10) xx12−( x 1 + x 2) +>10 0,25 xx12+=21 m + 2m +> 12 1.b) Theo định lý Viét ta có  , thay vào trên ta có:  2 2 +− + +> 0,25 xx12.3= m + mm3( 2 1) 10  1 m > 1 2 ⇔  2 ⇔>m (vì mm2 −2 += 3( m − 1) +> 20 với mọi m )  2 2 mm−2 +> 30 0,25 11 Kết hợp điều kiện (*) ta được m > . 4 2
3. Xét hai tam giác AEF và tam giác ABC có AEF= ABC (cùng bù với góc FEC ) và chung 0,25 góc A , suy ra ∆AEF đồng dạng với ∆ABC (g.g). AE AF Suy ra =⇔=AE AC AF AB 0,25 AB AC 0 Ta có E và F cùng nhìn đoạn AH một góc 90 nên tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn tâm 0,25 I đường kính AH . Lại có K là trung điểm của dây cung EF suy ra IK⊥ EF . (1) Kẻ tiếp tuyến At (hình vẽ) của đường tròn tâm O ta suy ra AP⊥ At . (2) 1 0,25 Khi đó CAt = ABC = sđ AC (3) 2) 2 Tứ giác BCEF nội tiếp nên suy ra AEF= ABC (4) 0,25 từ (3) và (4) suy ra AEF= CAt , suy ra At và EF song song. (5) Từ (2) và (5) suy ra AP⊥ EF , kết hợp với (1) suy ra IK song song với AP . 0,25 Gọi D là giao điểm của AH và BC Ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC, IK là đường trung trực của dây 0,25 cung EF nên M là trung điểm của BC. Có BP // CH vì cùng vuông góc với AB; CP // BH vì cùng vuông góc với AC 3) Suy ra tứ giác BPCH là hình bình hành nên 3 điểm P, M, H thẳng hàng, do đó 4 điểm 0,25 P, M, H, N thẳng hàng. ⇒= ANM 900 mà ADM = 900 suy ra tứ giác ANDM nội tiếp. 0,25 ⇒=NMD NAD (góc nội tiếp cùng chắn cung ND ) hay HMC = HAN 0,25 Câu V. (1,0 điểm) 8xy22+ y = 3 x −+ y 1 (1)  ( ) 1) Giải hệ phương trình  13 xy22+=9 . (2) Câu 5  9 111 2) Cho xyz,, là các số dương thỏa mãn điều kiện ++≤2021. Chứng minh rằng: xyz 1 1 1 2021 ++≤. 724x2−+ xyy 2 724 y 2 −+ yzz 22 724 z −+ zxx 23 Điều kiện: y ≥ 0 Chia 2 vế của phương trình (1) cho x2 +>10 ta được yy3 1 (1) ⇔=−83. 0,25 xx22++11 y 1 Đặt tt=( ≥ 0) ta có phương trình: 3tt2 + 8 −= 30, giải PT được t = thỏa mãn. x2 +1 3 4