SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm)
1) Giải phương trình

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học: 2018 – 2019
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)

2x + 3 = x .

3
x + 3 (d 2 ) . Gọi A,
2
B lần lượt là giao điểm của (d1), (d2) với trục Oy và C là giao điểm của (d1) với (d2). Tính diện tích tam
giác ABC.
3) Cho tam giác ABC có AB = 8(cm), BC = 17(cm), CA = 15(cm) . Tính chu vi đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.
4) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy là 6π (cm) , độ dài đường sinh là 5(cm) . Tính thể tích
hình nón đó.
1   x −1 1− x 

+
Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức P =  x −
÷ (với x > 0 và x ≠ 1 ).
÷: 

x  
x
x+ x ÷


1) Rút gọn biểu thức P.
2) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x ≠ 1 thì P > 4 .
Câu 3 (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2 − mx − m 2 + m − 4 = 0 (với m là tham số).
a) Chứng minh với mọi giá trị của tham số m, phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân
biệt.
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho ( x1 < x2 ) . Tìm tất cả các giá trị của tham
số m để x2 − x1 = 2 .
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng y = − x − 2 (d1 ) và y =

2) Giải phương trình 6 x + 2 + 3 3 − x = 3 x + 1 + 4 − x 2 + x + 6 .
Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (với AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O; R). Đường tròn (O; R)
tiếp xúc với các cạnh BC, AB lần lượt tại D, N. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O; R). Tiếp tuyến
của đường tròn (O; R) tại I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F.
1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI .BD = FI .CD = R 2 .
2) Gọi P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD; Q là giao điểm của BC và AI.
Chứng minh AQ = 2 KP .
3) Gọi A1 là giao điểm của AO với cạnh BC, B1 là giao điểm của BO với cạnh AC, C1 là giao điểm
của CO với cạnh AB và (O1; R1) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
1
1
1
2
+
+

<
Chứng minh:
.
AA1 BB1 CC1 R1 − OO1
Câu 5 (1,0 điểm)
(2 x + 4 y − 1) 2 x − y − 1 = (4 x − 2 y − 3) x + 2 y
(1)
1) Giải hệ phương trình  2
2
(2)
 x + 8 x + 5 − 2(3 y + 2) 4 x − 3 y = 2 2 x + 5 x + 2
2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + 2bc + 2ca = 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
11a + 11b + 12c
thức Q =
.
2
8a + 56 + 8b 2 + 56 + 4c 2 + 7
-------------------- HẾT -------------------Họ và tên thí sinh: .............................................
Số báo danh: ......................................................

Họ tên, chữ kí GT 1: ...........................
Họ tên, chữ kí GT 2: ...........................


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Câu 1
(2,0đ)

Phần


Nội dung

Điểm

2 x + 3 = x (1) (ĐK: x ≥ 0 )
1)

2)

3)

4)

 x = −1
(1) ⇒ x 2 = 2 x + 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ ( x + 1)( x − 3) = 0 ⇔ 
x = 3
Kết hợp với điều kiện ⇒ x = 3
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
Đường thẳng (d1) đi qua các điểm
(0; – 2) và (– 2; 0)
Đường thẳng (d2) đi qua các điểm
(0; 3) và (– 2; 0)
Theo đề bài, ta có:
A(0; – 2) , B(0; 3) , C(– 2; 0)
⇒ CO = 2; AB = 5
Diện tích của ∆ ABC là:
AB.OC 5.2
S=
=

= 5 (đơn vị diện tích)
2
2

Ta có:
BC2 = 172 = 289
AB2 + AC2 = 82 + 152 = 289
⇒ BC2 = AB2 + AC2
⇒ ∆ ABC vuông tại A (định lí Py-ta-go đảo)
Vẽ (O; R) nội tiếp ∆ ABC, (O) tiếp xúc AB, AC, BC lần lượt tại D,
E, F.
·
·
·
Tứ giác ADOE có DAE
= ADE
= AED
= 900
⇒ Tứ giác ADOE là hình chữ nhật
Lại có OD = OE = R
Tứ giác ADOE là hình vuông
⇒ AD = OD = R
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
AD = AE, BD = BF, CE = CF
⇒ AB + AC = AD + BD + AE + CE = AD + BF + AD + CF
= 2AD + BC
⇒ AD = (AB + AC – BC) : 2 = (8 + 15 – 17) : 2 = 3(cm)
⇒ R = 3cm.
Bán kính đường tròn đáy là:
C 6π

r=
=
= 3 (cm)
2π 2π
Gọi l là độ dài đường sinh, h là chiều cao của hình nón
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
h = l 2 − r 2 = 52 − 32 = 4 (cm)
Thể tích hình nón là:

0.5

0.5

0.5

0.5


1
1
V = πr 2 h = π.32.4 = 12 (cm3)
3
3
1   x −1 1 − x 

P= x −
+
÷
÷: 
x 

x
x+ x 


1)
Câu 2
(1,5đ)

(

)(

x −1

)

x +1 +1− x

=

x −1
:
x

=

x −1 x −1 + 1 − x
:
x
x x +1


=

x −1
x− x
:
x
x x +1

=

x

(

(

(

(
=

)(

)

(

x −1


)

)

1.0

) : x(
x(

x +1

x
x +1

)

x +1

)
x − 1)

x +1

2

x

Vậy P = (

x +1


)

(
P=

) =(

2

với x > 0 và x ≠ 1 .

x
Với x > 0 và x ≠ 1 , ta có:
2)

1a)

Câu 3
(2,5đ)

1b)

x +1

2

)

2


x −1 + 4 x

4 x
=4
x
x
x
Vậy với mọi x > 0 và x ≠ 1 thì P > 4 .
Phương trình x 2 − mx − m 2 + m − 4 = 0
2
1  15

2
Ta có hệ số c = −m + m − 4 = −  m − ÷ − < 0
2
4

⇒ ac < 0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm trái dấu
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 < x2 ⇒ x1 < 0 < x2
Do đó: x2 − x1 = 2 ⇔ x2 + x1 = 2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = m
⇒m=2
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
>

0.5

0.75


0.75

6 x + 2 + 3 3 − x = 3x + 1 + 4 − x 2 + x + 6
2)

⇔ 6 2 + x + 3 3 − x = 3 x + 1 + 4 (2 + x)(3 − x)
ĐK: −2 ≤ x ≤ 3
Đặt a = 2 + x , b = 3 − x (a, b ≥ 0) ⇒ 3 x + 1 = 4a 2 + b 2 − 10
Phương trình trở thành:

1.0


6a + 3b = 4a 2 + b 2 − 10 + 4ab
⇔ 3(2a + b) = (2a + b) 2 − 10
⇔ (2a + b) 2 − 3(2a + b) − 10 = 0
⇔ (2a + b + 2)(2a + b − 5) = 0
⇔ 2a + b − 5 = 0 (do a, b ≥ 0 ⇒ 2a + b + 2 > 0)
⇔ 2a + b = 5
⇔ 2 2+ x + 3− x = 5
Cách 1:
2 2+ x + 3− x = 5
⇔ 4(2 + x) + 4 (2 + x)(3 − x) + 3 − x = 25
⇔ 3 x + 11 + 4 (2 + x)(3 − x) = 25
⇔ 4 (2 + x)(3 − x) = 14 − 3 x
⇔ 16(6 + x − x 2 ) = 196 − 84 x + 9 x 2 (do x ≤ 3 ⇒ 14 − 3 x > 0)
⇔ 25 x 2 − 100 x + 100 = 0
⇔ x2 − 4x + 4 = 0
⇔ ( x − 2) 2 = 0

⇔ x = 2 (thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2
Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

(2

2+ x + 3− x

) ≤(2
2

2

+ 12 ) ( 2 + x + 3 − x ) = 25

⇒ 2 2+ x + 3− x ≤ 5
Dấu “=” xảy ra
2+ x
⇔
= 3 − x ⇔ 2 + x = 12 − 4 x ⇔ x = 2
2
Câu 4
(3,0đ)

0.25

1)

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

OB là tia phân giác của góc NOD, OE là tia phân giác của góc NOI
Mà góc NOD kề bù với góc NOI
⇒ OB ⊥ OE ⇒ ∆ BOE vuông tại O
µ1+O
µ 2 = DOI
·
·
Ta có: O
− BOE
= 1800 − 900 = 900
µ1+O
µ 2 = 900 ( ∆ BOD vuông tại D)
B

0.75


µ1=B
µ1
⇒O
·
·
µ1=B
µ1
∆ IOE và ∆ DBO có: OIE
= ODB
= 900 ,O
⇒ ∆IOE # ∆DBO (g.g)
OI
EI

⇒
=
⇒ EI.BD = OI.OD = R 2
BD OD
Chứng minh tương tự, ta được FI.CD = R 2
Vậy EI.BD = FI.CD = R 2

2)

EI CD
=
(1)
FI BD
EF // BC ( ⊥ DI ). Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có:
EI
FI  AI 
EI BQ
=
=
⇒
=
(2)

÷
BQ CQ  AQ 
FI CQ
Từ (1) và (2)
CD BQ
CD BD CD + BD BC
⇒

=
⇒
=
=
=
= 1 ⇒ BD = CQ
BD CQ
BQ CQ BQ + CQ BC
Lại có BP = CP ⇒ BP – BD = CP – CQ ⇒ PD = PQ
Vì KD = KA và PD = PQ
⇒ KP là đường trung bình của ∆ DAQ
⇒ AQ = 2KP
Từ EI.BD = FI.CD ⇒

3)

0.5

1.0

Ta có:
1
1
1
2
+
+
<
AA1 BB1 CC1 R 1 − OO1
⇔


R1 − OO1 R1 − OO1 R1 − OO1
+
+
<2
AA1
BB1
CC1


R 1 − OO1 O1A − OO1 OA AA1 − OA1
OA1
=
≤
=
= 1−
AA1
AA1
AA1
AA1
AA1
Kẻ OR ⊥ BC, AS ⊥ BC
OA1 OR OR.BC 2SOBC SOBC
⇒
=
=
=
=
AA1 AS AS.BC 2SABC SABC
Lại có:


R1 − OO1
OA1
S
≤ 1−
= 1 − OBC
AA1
AA1
SABC
R 1 − OO1
S
R − OO1
S
≤ 1 − OAC ; 1
≤ 1 − OAB
Tương tự, ta có:
BB1
SABC
CC1
SABC
⇒

⇒

S
S
S 
R1 − OO1 R 1 − OO1 R1 − OO1
+
+

≤ 3 −  OBC + OAC + OAB ÷
AA1
BB1
CC1
 SABC SABC SABC 

S
R1 − OO1 R 1 − OO1 R1 − OO1
+
+
≤ 3 − ABC = 3 − 1 = 2
AA1
BB1
CC1
SABC
Dấu “=” xảy ra ⇔ O ≡ O1 ⇔ ∆ ABC đều (vô lí, vì AB < AC)
1
1
1
2
+
+
<
Vậy
(đpcm).
AA1 BB1 CC1 R1 − OO1
⇒

Câu 5
(1,0đ)


1)

(2 x + 4 y − 1) 2 x − y − 1 = (4 x − 2 y − 3) x + 2 y
 2
2
 x + 8 x + 5 − 2(3 y + 2) 4 x − 3 y = 2 2 x + 5 x + 2
Đặt u = 2 x − y − 1 , v = x + 2 y ( u, v ≥ 0 ) .
Phương trình (1) trở thành:
(2v 2 − 1)u = (2u 2 − 1)v

(1)
(2)

⇔ 2uv 2 − u − 2u 2v + v = 0
⇔ 2uv(v − u ) + (v − u ) = 0
⇔ (v − u )(2uv + 1) = 0
⇔ v − u = 0 (do u , v ≥ 0 ⇒ 2uv + 1 > 0)
⇔v=u
⇒ x + 2 y = 2x − y −1
⇔ x + 2 y = 2x − y −1
⇔ 3y = x −1
Thay 3 y = x − 1 vào phương trình (2) được:
1

x 2 + 8 x + 5 − 2( x + 1) 3 x + 1 = 2 ( x + 2)(2 x + 1) ĐK:
x≥− ÷

3


⇔ ( x 2 + 2 x + 1) + 6 x + 4 − 2( x + 1) 3x + 1 = 2 ( x + 2)(2 x + 1)
⇔ ( x + 1)2 + 3x + 1 − 2( x + 1) 3 x + 1 

(
⇔ ( x +1−

) (
3x + 1 ) = (
2

⇔ x + 1 − 3x + 1 +
2

+  x + 2 + 2 x + 1 − 2 ( x + 2)(2 x + 1)  = 0

)
2x + 1)

x + 2 − 2x + 1
x+2 −

2

2

=0
=0

0.5



 x + 1 − 3 x + 1 = 0
⇔
 x + 2 − 2 x + 1 = 0
 x + 1 = 3 x + 1
⇔
 x + 2 = 2 x + 1
 x2 − x = 0
⇔
x + 2 = 2x + 1
⇔ x = 1 (TMĐK)
Với x = 1 thì y = 0
Thử lại thấy ( x, y ) = (1;0) là nghiệm của hệ.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) = (1;0) .
Sử dụng giả thiết ab + 2bc + 2ca = 7 và áp dụng bất đẳng thức Cô-si,
ta có:
8a 2 + 56 = 2 2( a 2 + 7) = 2 2( a 2 + ab + 2bc + 2ca)
= 2 2( a + b)( a + 2c) ≤ 2( a + b) + a + 2c = 3a + 2b + 2c
Tương tự:

8b 2 + 56 ≤ 3b + 2a + 2c

4c 2 + 7 = 4c 2 + ab + 2bc + 2ca = (2c + a)(2c + b)
1
( 2c + a + 2c + b )
2
Do đó:
≤

8a 2 + 56 + 8b 2 + 56 + 4c 2 + 7

2)

1
≤ (3a + 2b + 2c) + (3b + 2a + 2c) + (4c + a + b)
2
1
= ( 11a + 11b + 12c )
2
11a + 11b + 12c
⇒Q≥
=2
1
( 11a + 11b + 12c )
2
Dấu “=” xảy ra
2(a + b) = a + 2c = b + 2c
a = b = 1


⇔ 2c + a = 2c + b
⇔
3
ab + 2bc + 2ca = 7
c = 2

3
Vậy min Q = 2 khi a = b = 1, c = .
2
Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương


0.5