SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học: 2019 – 2020
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).
2019
3

.
x 3 x9
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y   m 2  1 x  7 và đường thẳng

1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P 

y  3 x  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.
 a 1
  a2  a a 
a 1

 4 a  : 

Câu 2 (1,5 điểm). Cho biểu thức P  
 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 x 2  2(m  2) x  m 2  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 x1 , x2 (giả sử

x1  x2 ) thỏa mãn x1  x2  1  5 .
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:
AO.KC
1) CHK # DAO và HK 
.
OB
2) K là trung điểm của đoạn HI.
3) EI .EH  4OB 2  AE 2 .
Câu 5 (1,0 điểm).

( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1)

1) Giải hệ phương trình  3 xy  5 y  6 x  11
5

x3  1

2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  2019 xyz . Chứng minh rằng
x 2  1  2019 x 2  1 y 2  1  2019 y 2  1 z 2  1  2019 z 2  1


 2019.2020 xyz .
x
y
z

-------------------- 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

Phần

Nội dung

Điểm

2019
3

x
9

x 3
x  0

x  0
ĐKXĐ:  x  3  0  
x  9
x  9  0

P

1)

0.5


Hai đường thẳng y   m2  1 x  7 và y  3x  m  5 (với m  1 ) song
song với nhau
2)

m 2  1  3 m2  4
 m  2



 m  2 (TMĐK)
m  2
7  m  5
m  2
Vậy m  2 là giá trị cần tìm.

0.5

B

Câu 1
(2,0đ)

H

3)

A

C


0.5

Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
AC  BC 2  AB 2  102  62  8 (cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
AH .BC  AB. AC  AH 

4)

AB. AC 6.8

 4,8 (cm)
BC
10

Trong hình trụ thì chiều cao bằng độ dài đường sinh
 h  6 cm
Thể tích hình trụ là:
V  S .h  9 .6  54 (cm3)

0.5

 a 1
  a2  a a 
a 1

 4 a  : 
P  


a 1
 a 1
  a 1 



1)
Câu 2
(1,5đ)

2)

  a  1  4 a  a  1 : a a  a  1
a 1
 a  1 a  1
2

a 1 

2

a  2 a  1  a  2 a  1  4a a  4 a
:a a
a 1
4a a
4

:a a 
a 1

a 1
4
với a  0, a  1
Vậy P 
a 1
Với a  Z , a  0, a  1  a  1  1
4
 Z  4 a  1
P nhận giá trị nguyên 
a 1
Mà a  1  1  a  1  1; 2; 4  a  2;3;5


1.0

0.5


Với m = 0, ta có phương trình:
1a)

1b)

x2  4x  5  0

0.5

Giải phương trình được x1  1; x2  5
Phương trình x 2  2(m  2) x  m 2  5  0
Ta có ac  m2  5  0 m

 Phương trình có hai nghiệm trái dấu
Mà x1  x2  x1  0  x2
 x1   x1 ; x2  1  x2  1

1.0

Do đó:
x1  x2  1  5   x1  x2  1  5  x1  x2  6

Lại có: x1  x2  2(m  2) (theo hệ thức Vi-ét)

Câu 3
(2,5đ)

 2(m  2)  6  m  5
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  2





4 x 2

4 x 2










1.0

 4  x  2 4  x  6
 4  x  0 (vô nghiệm)

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  0
A

B

H

2
1

1

2
1

O
3

K

1

2

0.25


1

D

Câu 4
(3,0đ)

C
1

I

F≡E

 CHK và  DAO có:

1)

 D
 1 (GT) ; A
1  H
 1   1 sđIC

HCK


 2

  CHK #  DAO (g-g)


0.75


HK KC
AO.KC AO.KC

 HK 

(1)
AO OD
OD
OB
1  O
1  K
2  O
2
Từ  CHK #  DAO  K
 CIK và  BAO có:
 2   1 sđHC

2  O
 2 ; I1  A
K


 2

  CIK #  BAO (g-g)
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
2  O
 2 và O
3  O
2  O
3  K
2
Ta có K
  OCF

 OKCF là tứ giác nội tiếp  OKF
  90o
Vì K là trung điểm của dây HI  OK  HI  OKF
  90o  FC là tiếp tuyến của (O)  F  E
 OCF
Dễ chứng minh  ECI #  EHC (g-g)
 EC2 = EI.EH
(3)
2
2
2

2
Vì AC > BD  AC > BD  AC > 4OB
(4)
 ACE vuông tại C  AE2 = EC2 + AC2
(5)
Từ (3), (4), (5)
 EI.EH + 4OB2 < EC2 + AC2 = AE2 (đpcm)


2)

3)

( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1)

 3 xy  5 y  6 x  11
5

x3  1

ĐK: x  1; y  1

1.0

1.0

(1)
(2)

Đặt x  1  a , y  1  b  a  0, b  0   x  a 2  1; y  b 2  1

Phương trình (1) trở thành:
(a 2  b 2  2) 2  4  3(b 2  1)  5(a 2  1)  2ab
 (a 2  b 2  2) 2  4  3b 2  5a 2  8  2ab  0
 (a 2  b 2  2) 2  4  4(a 2  b 2  2)  a 2  b 2  2ab  0

Câu 5
(1,0đ)

 ( a 2  b 2 ) 2  ( a  b) 2  0

1)

0.5

 (a  b) 2 [(a  b) 2  1]  0
 ( a  b) 2  0
ab
 x 1  y 1  y  x  2

(3)

(2)  3 xy  5 y  6 x  11  5 x3  1

(4)

Thay (3) vào (4) được:
3 x( x  2)  5( x  2)  6 x  11  5 x3  1
 3 x 2  6 x  5 x  10  6 x  11  5 x3  1
 3x 2  5 x  1  5 x3  1
 3( x 2  x  1)  2( x  1)  5 x  1 x 2  x  1  0





 3 x2  x  1  x  1





x2  x  1  2 x  1  0

 x2  x  1  2 x  1  0
 x 2  x  1  4( x  1)
 x2  5x  3  0
5  37
(TMĐK)
x
2
5  37
9  37
Với x 
y
2
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là
 5  37 9  37   5  37 9  37  
;
;

;
 .
2
2   2
2  


 x; y   
Ta có:

x  y  z  2019 xyz  2019 x 2 

x 2  xy  xz
yz

x 2  xy  xz  yz ( x  y )( x  z )  x   x 
 2019 x  1 

   1  1
yz
yz
 y  z 
2

 x  x  1  x x

x1 1
 2019 x 2  1    1   1     2   1    
2 y z
 y  z  2  y z



(theo BĐT Cô-si)
x1 1
x2  1  1    
2 y z
x  1  2019 x  1
2 11 1


 x    
x
x
x 2 y z
2

2

Tương tự:
2)

y 2  1  2019 y 2  1
2 11 1
 y    
y
y 2 z x
z 2  1  2019 z 2  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 ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx)
 1 1 1  3( xy  yz  zx) 2019.3( xy  yz  zx)
 3    

2019 xyz
xyz
x y z
2
2019.( x  y  z )

 2019( x  y  z )
x yz
 VT  2020( x  y  z )  2020.2019 xyz  VP
 Đpcm.

Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương

0.5