Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong môn Toán - Đề 2 - 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 2 - 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 2 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) 1 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P = . 81x − 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y= mx +1 ( m ≠ 0 ) và đường thẳng yx=92 + song song. 3) Tính chiều cao của tam giác ABC đều cạnh bằng 23cm . 4) Tính thể tích của hình nón có chiều cao bằng 4cm và bán kính đáy 3cm .  x xx++1 1 x + 25 Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q = +− . với xx>≠0; 1. − xx −1  xx++1 xx( 1) 1) Rút gọn biểu thức Q. 2) Tìm x để Q có giá trị bằng 10. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x22−2( m + 1) xm + += 1 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = 3. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, thỏa mãn xx12= + 2. 2) Giải phương trình 6−+xx −− 2 22 = 0. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC() AB> 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 AP⊥ EF và AP // IK. 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 M là trung điểm của đoạn BC và HMC = HAN . Câu 5. (1,0 điểm) 2xy+ 3 += 23 y + x + 2 1) Giải hệ phương trình  22 yx++2 x = 0. 2) Cho xyz,, là các số dương thỏa mãn xyz =1. Chứng minh rằng xyzxyz2 22  ++≥2. + + yz xz xy yzzxxy+++ HẾT Họ và tên thí sinh: Họ tên, chữ ký GT 1: Số báo danh: Họ tên, chữ ký GT 2:
2. x + 25 = 0,25 x x + 25 với xx>≠0; 1, ta có Q=10 ⇔ = 10 ⇔−xx 10 + 25 = 0 0,25 x 2 2) ⇔( xx −5) =⇔ 0 −= 50 0,25 ⇔=x 25 0,25 Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x22−2( m + 1) xm + += 1 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = 3. Câu 3 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, thỏa mãn xx12= + 2. 2) Giải phương trình sau: 6−+xx −− 2 2 2 = 0. Với m = 3 ta có phương trình xx2 −+=8 10 0 0,25 Phương trình có ∆=' 16 − 10 = 6 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 1.a) 0,25 xx12=+=−4 10 ; 4 10 2 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔∆' =(mm + 1) − − 12 = mm > 0 ⇔ > 0 0,25 xx12+=21( m +) Theo hệ thức Viét ta có  2 xx12.1= m + 0,25 1.b) Mà xx12= + 2 suy ra xm2 = ; xm1 = + 2 22 Có xx12.= m +⇒ 1 mm( + 21) = m + 0,25 1 Giải ra và đối chiếu điều kiện ta được m = . 0,25 2 Điều kiện: 26≤≤x 0,25 Với điều kiện đã cho phương trình ⇔6 −+xx −= 2 22 0,25 ⇔−+−+622628xx( − xx)( −) = 2) ⇔(6 −xx)( −= 22) ⇔−12 + 8xx −2 = 4 0,25 2 ⇔−+=⇔−xx2 8 16 0( x 4) =⇔= 0 x 4 thỏa mãn. 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = 4. 2
3. Có BP // CH vì cùng vuông góc với AB; CP // BH vì cùng vuông góc với AC Suy ra tứ giác BPCH là hình bình hành nên 3 điểm P, M, H thẳng hàng hay 4 điểm P, M, 0,25 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) 2x++ 2 3 y = 3 yx + + 2 (1) 1) Giải hệ phương trình  22 yx++2 x = 0 (2) Câu 5 2) Cho xyz,, là các số dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng xyzxyz2 22  ++≥2. + + yz xz xy yzxzxy+++ xy++23 ≥ 0  Điều kiện: y ≥ 0  x +≥20 Xét phương trình (1) có: 0,25 2xyyx++ 23 = 3 + + 2 ⇔ 4( xyyxyx ++ 23) = 9 +++ 26( + 2) 2 3( x+ 23) + y = 6( x + 2) y ⇔( x +− 2 y) =⇔ 0 yx =+ 2 1 2 Với yx= + 2 , thay vào phương trình (2) ta được: ( x+2) ++ xx2 20 = 2 x = −1 ⇔2xx + 6 +=⇔ 40  x = −2 + xy=−⇒=11 thỏa mãn. 0,25 + xy=−⇒20 = thỏa mãn. x = −1 x = −2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:  và  . y =1 y = 0 Với xyz,, là các số dương và xyz = 1 ta có: 2 22 xyzxyz3 33 xyz ++≥22 ++ ⇔++≥xyz ++ yzxzxy yzxzxy+++ yzxzxy+++ 33 2 2 22 Ta có x+=+ y( x y)( x −+ xy y ) và x−+≥ xy y xy 0,25 2 xy+ Suy ra xy33+≥+( xyxyxy). ⇒+≥33 z yz+ zx+ Tương tự ta có yz33+≥ và zx33+≥ x y 4