Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới, các bạn học sinh có thể sử dụng tài liệu “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định” sau đây làm tư liệu tham khảo giúp rèn luyện và nâng cao kĩ năng giải đề thi, nâng cao kiến thức cho bản thân để tự tin hơn khi bước vào kì thi chính thức. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2024-2025 Môn thi: Toán (chung) - Đề 1 ĐỀ CHÍNH 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) 2025 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P = x + 2024 + 2 . x − 2x +1 2) Cho đường thẳng = 2 x + 3 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng tung độ của hai y điểm đó. 3) Tính diện tích của hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh bằng 3 . 4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6 , AC = 8 . Quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành. x +4 x 3 x Câu 2. (1,5 điểm) Xét biểu thức A= − + với x ≥ 0 . x + 5 x + 4 x − x +1 x x +1 1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tìm giá trị lớn nhất của A . Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = (với m là tham số). 0 a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho (x2 2 − 2mx2 + 2m ) ( 2 x1 − 5 ) = . 2024 2) Giải phương trình x 2 + 5 x − 4 − 2 ( x + 1) 3 x − 1 = . 0 Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi DA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BC tại M và cắt đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD tại N. 1) Chứng minh các điểm E , M , F , H cùng thuộc một đường tròn và DB.DC = DM .DO . 2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH =  .  ADB 3) Chứng minh MK ⊥ AN và MD = 2 MN . Câu 5. (1,0 điểm)  4 x 2 + ( y + 2 )( x − y ) + 2 xy =  4y 1) Giải hệ phương trình   x − 1 + 5 y − 1 3 x 2 − 7 x + 6.  = 2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu a b c thức S = 3 + 3 + 3 . a +3 b +3 c +3 ---------Hết--------- Họ và tên thí sinh:……………………………… Họ tên, chữ ký CBCT 1 ..………..………..……… Số báo danh: …………………………………… Họ tên, chữ ký CBCT 2 ..……………..…..………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2024-2025 Môn thi: Toán (chung) - Đề 2 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 = . x + 2025 2) Cho đường thẳng y= x + 2 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng hoành độ của hai điểm đó. 3) Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 3 . 4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3 , AC = 4 . Quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành. x +4 x 3 x Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức A= − + với x ≥ 0 . x + 5 x + 4 x − x +1 x x +1 1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tìm tất cả các giá trị của x để A = 1. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = (với m là tham số). 0 a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho T = x12 + x2 − 4 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2) Giải phương trình x − 2 − x += 2 x 2 − 4 − 2 x + 2 . 2 Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi DA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BC tại M và cắt đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD tại N . 1) Chứng minh các điểm E , M , F , H cùng thuộc một đường tròn và DB.DC = DM .DO . 2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH =  .  ADB 3) Chứng minh MK ⊥ AN và đường thẳng DK cắt đường thẳng OE tại một điểm nằm trên đường tròn ( O ) . Câu 5. (1,0 điểm)  x + 2 xy − y 2 − y = 4 y + 1  1) Giải hệ phương trình   4 y 2 − x − 2 + y − 1 = y.  2 2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng a b c 3 + + ≤ . 3a + 1 3b + 1 3c + 1 4 ---------Hết--------- Họ và tên thí sinh:……………………………… Họ tên, chữ ký CBCT 1 ..………..………..……… Số báo danh: …………………………………… Họ tên, chữ ký CBCT 2 ..……………..…..………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2024 - 2025 ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: Toán (chung) - Đề 1 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên (Hướng dẫn chấm gồm: 06 trang) Câu Nội dung Điểm 2025 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P = x + 2024 + 2 . x − 2x +1 Câu 2) Cho đường thẳng = 2 x + 3 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng y tung độ của hai điểm đó. (2,0đ) 1 3) Tính diện tích của hình tròn ngoại tiếp tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 . 4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6 , AC = 8 . Quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành.  x + 2024 ≥ 0 Điều kiện xác định  2 0,25 x − 2x +1 ≠ 0 1)  x ≥ −2024   x ≥ −2024  ⇔ . 0,25 ( x − 1) ≠ 0 2  x ≠ 1  x = −1 Pt hoành độ giao điểm: x 2 = 2 x + 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔  0,25 x = 3 2) Với x =−1 ⇒ y =1 Với x =3 ⇒ y =9 0,25 Vậy tổng tung độ giao giao điểm là: 1 + 9 = . 10 Tính đúng bán kính của đường tròn là R = 1 . 0,25 3) Diện tích của hình tròn bằng π R 2 = π . 0,25 Hình được tạo thành là hình nón có bán kính đáy là= AB 6 , độ dài đường cao r = 0,25 4) = AC 8 . h = 1 0,25 Thể tích của hình nón là V = 96π . = π r 2h 3 x +4 x 3 x Câu Xét biểu thức A= x + 5 x + 4 − x − x + 1 + x x + 1 với x ≥ 0 . 1,5 2 1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tìm giá trị lớn nhất của A . x +4 x +4 1 = = 0,25 x+5 x +4 (x +1 )( x +4 ) x +1 1) A= 1 − x + 3 x = x − x +1 − x x +1 + 3 x ( ) x +1 x − x +1 x x +1 x x +1 x x +1 x x +1 0,25 x − x +1− x − x + 3 x = x x +1
x +1 = 0,25 ( )( x +1 x − x +1 ) 1 = . 0,25 x − x +1 2 1  1 3 3 A= . Ta có x − x +=  x −  + ≥ với mọi x ≥ 0 . 1 x − x +1  2 4 4 0,25 4 2) Do đó 0 < A ≤ với mọi x ≥ 0 . 3 2 4  1 1 4 1 0,25 Ta có A = ⇔  x −  = 0 ⇔ x = . Vậy giá trị lớn nhất của A là khi x = . 3  2 4 3 4 1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = (với m là tham số). 0 a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. Câu b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho 2,5 3 (x2 2 − 2mx2 + 2m ) ( 2 x1 − 5 ) = . 2024 2) Giải phương trình x 2 + 5 x − 4 − 2 ( x + 1) 3 x − 1 = . 0 Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 2m − 5 < 0 0,25 5 1.a) ⇔m< . 0,25 2 Ta có ∆ ' = ( m − 1) − 2m + 5 = m 2 − 4m + 6 = ( m − 2 ) + 2 > 0 với mọi m 2 2 0,25 ⇒ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m x = x2 là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có 0.25 x2 − 2 ( m − 1) x2 + 2m − 5 = 0 ⇔ x2 − 2mx2 + 2m = 5 − 2 x2 2 2 Khi đó 1.b) (x 2 2 − 2mx2 + 2m ) ( 2 x1 − 5= 2024 ⇔ ( 5 − 2 x2 )( 2 x1 − 5= 2024 ) ) 0,25 ⇔ 10 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = . 2049 Thay x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1.x2 = 2m − 5 vào điều kiện trên ta được 683 0,25 20 ( m − 1) − 4 ( 2m − 5 ) 2049 ⇔ m = = . 4 1 Cách 1: Đk: x ≥ . 3 0,25 a= x + 1  2) Đặt  ⇒ a 2 + b 2 = x 2 + 5 x . Pt đã cho trở thành: a 2 + b 2 − 2ab = 4 = 3x − 1 b  a − b =2 ⇔ ( a − b ) =4 ⇔  2 0,25 a − b = 2 −
x −1 ≥ 0  Với a − b =, ta có: x + 1 − 3x − 1 = 2 ⇔ 3x − 1 = x − 1 ⇔  2 3 x − 1 = ( x − 1) 2  0,25 x ≥ 1 5 + 17 ⇔ 2 ⇔x= (thoả mãn đk)  x − 5x + 2 =0 2  x ≥ −3 Với a − b = 2 , ta có x + 1 − 3x − 1 =−2 ⇔ 3x − 1 = x + 3 ⇔  − 2 (vn)  x + 3 x + 10 = 0 0,25 5 + 17 Kết luận pt có nghiệm duy nhất x = . 2 1 Cách 2: Đk: x ≥ . Pt ⇔ x 2 + 5 x − 4 − 2 x 3x − 1 − 2 3x − 1 =0 3  ( ) ⇔  x − 2 x 3 x − 1 + ( 3 x − 1)  + 2 x − 2 3 x − 1 − 3 = 2 0 0,25 ( ) ( ) 2 ⇔ x − 3x − 1 + 2 x − 3x − 1 − 3 = 0 t = 1 Đặt t =− 3x − 1 , pt trở thành: t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  x 0,25 t = −3 x ≥ 1 5 + 17 Với t = 1 ta có x − 3x − 1 = 1 ⇔ 3x − 1 = x − 1 ⇔  ⇔x= (tm đk) 0,25 2  x − 5x + 2 =0 2  x ≥ −3 Với t = −3 ta có x − 3 x − 1 = 3 ⇔ 3 x − 1 = + 3 ⇔  2 − x (vô nghiệm).  x + 3 x + 10 = 0 0,25 5 + 17 Kết luận pt có nghiệm duy nhất x = . 2 Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi DA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BC tại M và cắt đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI cắt Câu đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD tại N . 3,0 đ 4 1) Chứng minh các điểm E , M , F , H cùng thuộc một đường tròn và DB.DC = DM .DO .  ADB 2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH =  . 3) Chứng minh MK ⊥ AN và MD = 2 MN .
 Ta có AE vuông góc với BC tại M nên FME = 900 suy ra M thuộc đường tròn đường 0,25 kính EF (1).  EHF = 900 suy ra H thuộc đường tròn đường kính EF (2). 0,25 Từ (1), (2) suy ra 4 điểm E , M , F , H cùng thuộc một đường tròn. AM là đường cao của tam giác vuông ADO nên ta có AD 2 = DM .DO (3) 0,25 1)    DAC = DBA Xét ∆DAC và ∆DBA có    D chung  0,25 DC DA ⇒ ∆DAC  ∆DBA ⇒ = ⇒ DA2 = DB.DC (4) DA DB Từ (3) và (4) ta có DB.DC = DM .DO OC ⊥ AE ⇒ M là trung điểm của AE .  MEF  Ta có EF / / AC (vì cùng vuông góc với AB ) ⇒ MAC = 0,25 ⇒ ∆AMC = ∆EMF (g.c.g) ⇒ MC = nên AFEC là hình thoi MF 0,25 2) 1 Ta có  = DAM (cùng bằng ABH  sđ  ) AE 0,25 2   + BAH =  ABH  90 0 Mà   ADB . Do đó BAH =  . 0,25 + =  DAM ADB 90 0     KAM = KBE (cùng chắn KE )   KBE = KIM (vì IM / / BE ) 0,25  KIM  ⇒ KAM = 3) ⇒ tứ giác AKMI nội tiếp  ⇒ MK ⊥ AN (vì MIA = 900 ) 0,25
 = BHI AMN    Xét ∆BHI và ∆AMN , có: =  900 , IBH = NAM (chắn KE ) HB HI 0,25 ⇒ ∆BHI  ∆AMN . Do đó = (5) MA MN Xét ∆BHA và ∆AMD , có: =  900 ,  = DAM  = BHA AMD ABH  HB HA ⇒ ∆BHA  ∆AMD . Do đó = (6) MA MD 0,25 HI HA Từ (5) và (6) ta được = , mà HA = 2 HI nên MD = 2 MN . MN MD  4 x 2 + ( y + 2 )( x − y ) + 2 xy =  4y 1) Giải hệ phương trình   x − 1 + 5 y − 1 3 x 2 − 7 x + 6.  = Câu 2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Tìm giá trị lớn 1,0 5 a b c nhất của biểu thức S = 3 + 3 + 3 . a +3 b +3 c +3 x ≥ 1   1 ĐK:  y ≥ (*)  5 4 x 2 + ( y + 2 )( x − y ) ≥ 0  0,25   ( ) pt (1) ⇔  4 x 2 + ( y + 2 )( x − y ) − 2 y  + 2 xy − 2 y = 0  4 ( x + y ) + ( y + 2) 2y  ⇔ ( x − y)  +  =0 ⇔ x = y  4 x 2 + ( y + 2 )( x − y ) + 2 y xy + y    Cách 1: Khi x = y thì pt (2) trở thành x − 1 + 5 x − 1 3 x 2 − 7 x + 6 (3) = ⇔ x − 1 − ( x − 1) + 5 x − 1 − ( x + 1) 3 x 2 − 9 x + 6 = ( ) ⇔ x − 1 1 − x − 1 + 5 x − 1 − ( x + 1) 3 x 2 − 9 x + 6 = 1 ( 5 x − 1) − ( x + 1) = 3x 2 − 9 x + 6 2 2− x ⇔ x − 1. + 1+ x −1 5x −1 + x + 1 2− x ( 2 − x )( x − 1) = 2 − x x − 1 −3 ( ⇔ x − 1. + )( ) 1 + x −1 5x −1 + x + 1  2 − x =0  x = 2 ⇔  x −1 0 ⇔ (tm) . 0,25  x = 1  1 x −1 1 + x − 1 + 5 x − 1 + x + 1 + 3 x − 1 = (vn) 0  x =2 ⇒ y =2 . x =1 ⇒ y =1 . Vậy nghiệm của hệ là (1;1) , ( 2; 2 ) .
Cách 2: Khi x = y thì pt (2) trở thành x − 1 + 5 x − 1 3 x 2 − 7 x + 6 (3) = Ta thấy x = 1 là một nghiệm của pt (3) và ( x; y ) = (1;1) là một nghiệm của hệ pt đã cho. Với x > 1 , pt (3) ⇔ x − 1 − ( x − 1) + 5 x − 1 − ( x + 1) 3 x 2 − 9 x + 6 = − x 2 + 3x − 2 − x 2 + 3x − 2 ⇔ + = 3 ( x 2 − 3x + 2 ) x −1 + x −1 5x −1 + x + 1  x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  3 + 1 1 + 0 (vn) =   x −1 + x −1 5x −1 + x + 1 ⇔ x = (vì x > 1 ). 2 Vậy nghiệm của hệ là (1;1) , ( 2; 2 ) . a b c a b c =S 3 + 3 + 3 ≤ + + . a + 1 + 1 + 1 b + 1 + 1 + 1 c + 1 + 1 + 1 3a + 1 3b + 1 3c + 1 0,25 a b c 3 Ta đi chứng minh + + ≤ . 3a + 1 3b + 1 3c + 1 4 x y z Đặt a = , b = , c = với x, y, z > 0 . Ta cần chứng minh y z x x y z 3 3x 3y 3z 9 + + ≤ ⇔ + + ≤ 3x + y 3 y + z 3z + x 4 3x + y 3 y + z 3z + x 4 2 3x 3y 3z 9 ⇔ 1− +1− +1− ≥ 3− 3x + y 3y + z 3z + x 4 0,25 y z x 3 y2 z2 x2 3 ⇔ + + ≥ ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ 3x + y 3 y + z 3z + x 4 3 xy + y 3 yz + z 3 zx + x 4 ( x + y + z) 2 3 VT ≥ 2 2 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx (luôn đúng). 2 ≥ 3 xy + 3 yz + 3 zx + x + y + z 4 3 3 3 Vậy S ≤ và với a= b= c= 1 thì S = . Vậy GTLN của S là . 4 4 4 Lưu ý: Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống nhất cho điểm thành phần tương ứng. __________HẾT__________
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học: 2024 - 2025 ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN (Chung) – Đề 2 Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Câu Nội dung Điểm 1 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P = . x + 2025 2) Cho đường thẳng y= x + 2 cắt parabol y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Tính tổng Câu 1 hoành độ của hai điểm đó. (2,0đ) 3) Tính chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều có độ dài cạnh bằng 3 3 . 4) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3 , AC = 4 . Quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh AC . Tính thể tích của hình được tạo thành. Điều kiện xác định x + 2025 > 0 0,25 1) ⇔ x > −2025. 0,25 Hoành độ giao điểm của đường thẳng y= x + 2 và parabol y = x 2 là nghiệm của phương trình: 0,25 2 2 x = x+2⇔ x −x−2= 0 2)  x = −1 ⇔  x = 2. 0,25 Vậy tổng hoành độ hai giao điểm là: 2 − 1 =. 1 Tính đúng bán kính của đường tròn là R = 3 . 0,25 3) Chu vi đường tròn là 2π R = 6π . 0,25 Hình được tạo thành là hình nón có bán kính đáy là= AB 3 , độ dài đường cao r = 0,25 4) = AC 4 . h = 1 0,25 Thể tích của hình nón là V = 12π . = π r 2h 3 x +4 x 3 x Cho biểu thức A= − + với x ≥ 0 . Câu 2 x + 5 x + 4 x − x +1 x x +1 1,5 1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tìm tất cả các giá trị của x để A = 1. x +4 x +4 1 = = 0,25 x+5 x +4 ( x +1 )( x +4 ) x +1 A= 1 − x + 3 x = x − x +1 − x x +1 + ( 3 x ) 1) x +1 x − x +1 x x +1 x x +1 x x +1 x x +1 0,25 x − x +1− x − x + 3 x = x x +1 x +1 = 0,25 ( )( x +1 x − x +1 )
1 = . 0,25 x − x +1 1 Ta có A =1 ⇔ =1 ⇔ x − x = 0 0,25 x − x +1 2) x = 0 ⇔ (thoả mãn đk). 0,25 x = 1 1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = (với m là tham số). 0 a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. Câu 3 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 2,5 sao cho T = x + x − 4 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 1 2 2 2) Giải phương trình x − 2 − x += 2 x 2 − 4 − 2 x + 2 . 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 2m − 5 < 0 0,25 5 1.a) ⇔m< . 0,25 2 Ta có ∆ ' = ( m − 1) − 2m + 5 = m 2 − 4m + 6 = ( m − 2 ) + 2 > 0 với mọi m 2 2 0,25 ⇒ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m  x + x= 2 ( m − 1)  Áp dụng định lí Viet ta có:  1 2  x1= 2m − 5  x2 0.25 T = x12 + x2 − 4 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 6 x1 x2 2 2 1.b) = 4 ( m − 1) − 6 ( 2m − 5 )= 4m 2 − 20m + 34 2 0,25 ( 2m − 5 ) 2 = + 9 ≥ 9 với mọi m 5 5 Với m = thì T = 9 . GTNN của T là 9 khi m = . 0,25 2 2 5 Vậy m = . 2 Điều kiện: x ≥ 2 , đặt t = x − 2 − x + 2 ⇒ t 2 = 2x − 2 x2 − 4 0,25 t = 1 Phương trình trở thành t 2 + t − 2 = 0 ⇔  0,25 t = −2 ( ) 2 Với t = 1, ta có: x − 2 − x + 2 =1 ⇔ x − 2 =1 + x + 2 ⇔ x − 2 = 1 + x + 2 2) 0,25 ⇔ 2 x + 2 =5 , phương trình vô nghiệm − Với t = −2 , ta có ( ) 2 x − 2 − x + 2 =2 ⇔ x + 2 = + x − 2 ⇔ x + 2 =2 + x − 2 − 2 2 ⇔ x = (thoả 0,25 mãn điều kiện). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .
Cho đường tròn ( O ) với đường kính BC . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D , gọi DA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) với A là tiếp điểm. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BC tại M và cắt đường tròn ( O ) tại E ( E khác A ). Gọi AH là đường cao của tam giác ABE , AH cắt BC tại F . Gọi I là trung điểm của đoạn AH , đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại K ( K khác B ), AK cắt BD tại N . Câu 4 3,0 đ 1) Chứng minh các điểm E , M , F , H cùng thuộc một đường tròn và DB.DC = DM .DO . 2) Chứng minh AFEC là hình thoi và BAH =  .  ADB 3) Chứng minh MK ⊥ AN và đường thẳng DK cắt đường thẳng OE tại một điểm nằm trên đường tròn ( O ) .  Ta có AE vuông góc với BC tại M nên FME = 900 suy ra M thuộc đường tròn đường 0,25 kính EF (1).  EHF = 900 suy ra H thuộc đường tròn đường kính EF (2). 0,25 Từ (1), (2) suy ra 4 điểm E , M , F , H cùng thuộc một đường tròn. AM là đường cao của tam giác vuông ADO nên ta có AD 2 = DM .DO (3) 0,25 1)    DAC = DBA Xét ∆DAC và ∆DBA có  ⇒ ∆DAC  ∆DBA   D chung  DC DA 0,25 ⇒ = ⇒ DA2 = DB.DC (4) DA DB Từ (3) và (4) ta có DB.DC = DM .DO OC ⊥ AE ⇒ M là trung điểm của AE .  MEF  Ta có EF / / AC (vì cùng vuông góc với AB ) ⇒ MAC = 0,25 ⇒ ∆AMC = ∆EMF (g.c.g) 2) ⇒ MC = nên AFEC là hình thoi MF 0,25 1 Ta có  = DAM (cùng bằng ABH  sđ  ) AE 0,25 2
  + BAH =  ABH  90 0 Mà  . Do đó BAH =  .  ADB 0,25 + =  DAM ADB 90 0  Gọi P là giao điểm của đường thẳng DK và OE .   KAM = KBE (cùng chắn cung KE ) 0,25   KBE = KIM (vì IM / / BE )  KIM  ⇒ KAM = ⇒ tứ giác AKMI nội tiếp 0,25  ⇒ MK ⊥ AN (vì MIA = 900 ) 3) KMD = KAE (cùng phụ với  )   AMK   KAE = KED (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung KE ) 0,25 ⇒ KMD =nên tứ giác DKME nội tiếp ⇒  =(cùng bù với KME )  KED   AMK PDE  Do đó ∆AKM  ∆PED (vì có  PDE , =  900 ) AMK  PED AKM =  = 0,25  EPD    ⇒ KAM =hay KAE = EPK nên P nằm trên đường tròn ( O ) .   x + 2 xy − y − y = 4 y + 1 (1) 2 1) Giải hệ phương trình  .  4 y − x − 2 + y −1 =y ( 2)  2 2 Câu 5 2) Xét ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng 1,0 a b c 3 + + ≤ . 3a + 1 3b + 1 3c + 1 4  xy − y 2 − y ≥ 0  ĐK: 4 y 2 − x − 2 ≥ 0 (*) y ≥1  0,25 pt (1) ⇔ ( x − y − 1) + 2 ( x − y − 1) y − 3 y = 0 ⇔ ( x − y −1 − y )( ) x − y −1 + 3 y = 0 ⇔ x − y −1 = y ⇔ x = 2 y +1 Khi = 2 y + 1 thì pt (2) trở thành x 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y ⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) + y − 1 − 1= 0 1 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) 2 y−2 2y − 4 y−2 ⇔ + 0⇔ = + 0 = 4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1 y −1 +1 4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1 y −1 +1 y −2 =0  2 1 ⇔ 2 ⇔ y =. + 0 (vn) =  2  4 y − 2 y − 3 + 2 y −1 y −1 +1 0,25 Với y = 2 ⇒ x = (tm đk (*)). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 5; 2 ) . 5
x y z Đặt a = , b = , c = với x, y, z > 0 . y z x x y z 3 0,25 Ta cần chứng minh + + ≤ . Thật vậy, 3x + y 3 y + z 3z + x 4 x y z 3 3x 3y 3z 9 + + ≤ ⇔ + + ≤ 3x + y 3 y + z 3z + x 4 3x + y 3 y + z 3z + x 4 2 3x 3y 3z 9 ⇔ 1− +1− +1− ≥ 3− 3x + y 3y + z 3z + x 4 y z x 3 y2 z2 x2 3 ⇔ + + ≥ ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ 0,25 3x + y 3 y + z 3z + x 4 3 xy + y 3 yz + z 3 zx + x 4 ( x + y + z) 2 3 VT ≥ 2 2 2 ≥ ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx (luôn đúng). 3 xy + 3 yz + 3 zx + x + y + z 4 Lưu ý: + Các cách giải khác đáp án nếu đúng, phù hợp với chương trình THCS, ban giám khảo thống nhất cho điểm thành phần tương ứng. __________HẾT__________