Đề thi vào lớp 10 môn Toán chung - Năm 2020 Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định (đề chính thức) | Xem Loi Giai - Hướng dẫn giải chi tiết, giải bài tập SGK, đề thi, đề kiểm tra và nhiều thủ thuật hữu ích

Xem lời giải và đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh vào lớp 10, môn Toán chung, năm 2020 Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định (đề chính thức)

Đề 1 Toán chung - Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên

Đáp án môn Toán chung đề 1 vào 10 chuyên Lê Hồng Phong

Sở GD&ĐT Nam Định

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2020 - 2021

Môn: Toán (chung) - Đề 1
Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

ĐKXĐ: $x^2-6x+9>0$

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm:

(*)

Để đường thẳng cắt parabol đã cho tại hai điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt, hay:

$\Delta=1-4m+12>0$

KL....

Gọi D là trung điểm AB, ta có OD ⊥ AB.

Vì △ABC đều nên AO là phân giác của ∠BAC ⇒ ∠OAB = ∠OAC = ∠BAC /2 = 30°.

⇒ OA = 2.OD.

Áp dụng Pytago, ta có:

$\Leftrightarrow OA^2=\frac{OA}{4}^2+\frac{AB}{4}^2$

(cm)

KL...

4) Ta có:

$\Leftrightarrow h=\frac{12\pi}{\pi r^2}=\frac{12}{4}=3$ (cm)

Câu 2:

1) Với x ≥ 0, x ≠1 ta có:

$=\frac{x\sqrt{x}-x+x+\sqrt{x}+1-x-2}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)}$

2) Với x ≥ 0, x ≠1 ta cần chứng minh:

(vì với mọi x)

(*)

Ta thấy (*) luôn đúng với mọi x ≥ 0, x ≠1. Mà các phép biến đổi là tương đương nên ta có ĐPCM.

KL......

Câu 3:

Ta có:

với mọi m suy ra phương trình đã cho luôn có nghiệm (đpcm).

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình đã cho, ta có:

Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt ⇔

Không mất tính tổng quát, giả sử , ta có:

KL m = 8.....

Câu 4.

Câu 5.

Ta có:

luôn đúng

Suy ra (*) luôn đúng.

(**)

Áp dụng BĐT (**) cho P, ta có:

(1)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

Vậy

Đề 2 Toán chung - Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội

Đáp án môn Toán chung đề 2 vào 10 chuyên Lê Hồng Phong

Sở GD&ĐT Nam Định

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2020 - 2021

Môn: Toán (chung) - Đề 2
Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1: (2.0 điểm)

1) ĐKXĐ: x > 4

2) Giao điểm của y = x + 3 - m cắt sẽ là nghiệm của phương trình

$x^2-x-3+m=0$ (*)

Để (*) có 2 nghiệm phân biệt

⇔ $△=(-1)^2-4.1.(m-3)>0$

⇔ $m<\frac{13}{4}$

3. Cách 2 so với đề 1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và M là trung điểm BC => O đồng thời là trọng tâm tam giác ABC.

=> R = OA = 2/3 AM theo t/c trọng tâm

Mà AM = $\frac{\sqrt{3}.\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}$ (trung tuyến tam giác đều)

=> R = 1

4 . Tương tự câu 3 đề 1

Câu 2

1. $P=\left(\sqrt{x}-\frac{x-2}{\sqrt{x}+1}\right):\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\frac{\sqrt{x}-4}{1-x}\right)$ với x ≥ 0; x ≠1, x ≠4

$P=\left(\frac{\sqrt{x}.(\sqrt{x}+1)-x+2}{\sqrt{x}+1}\right):\left(\frac{\sqrt{x}.(\sqrt{x}-1)+\sqrt{x}-4}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right)$

$P=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}:\frac{x-4}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}$

2. P = 2 ⇔ $\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-2}=2$ với x ≥ 0; x ≠1, x ≠4

=> $\sqrt{x}-1=2(\sqrt{x}-2)⇔\sqrt{x}=3=>x=9(t/m)$

Câu 3.

1. Phương trình $x^2-2(m+1)x+m^2-2m-3=0$

a. Khi x = 2

=> $2^2-2(m+1).2+m^2-2m-3=0$

⇔ $m^2-6m-3=0$

⇔ $m=3\pm2\sqrt{3}$

b. Để $x^2-2(m+1)x+m^2-2m-3=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì △' > 0

$△'=(m+1)^2-1.(m^2-2m-3)=4m+5$

△' > 0 ⇔ m>-5/4

Áp dụng vi-et ta có:

$\left\{ \matrix{ x_1 + x_2 = 2(m+1) \hfill \cr x_1 . x_2 = m^2 - 2m - 3\hfill \cr} \right.$

Theo bài cho

$x_1^2+x_2^2-x_1-x_2=8⇔(x_1+x_2)^2-2x_1x_2-(x_1+x_2)=8$

$⇔4(m+1)^2-2.(m^2-2m-3)-2(m+1)=8$

$⇔\left[ \begin{align}& m=0 \,\,(t/m)\\& m=-5 \,\,(loại)\\\end{align} \right.\\$

KL:____

Câu 4:

1) Vì AB, AC là tiếp tuyến tại B, C của (O) nên ∠ABO = ∠ACO = 90° ⇒ B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA, hay tứ giác ABOC nội tiếp (đpcm).

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có △ABC cân tại A và AM ⊥ BC tại M ⇒ AM đồng thời là phân giác ∠BAC hay AI là phân giác ∠BAC (1)

AM đồng thời là trung trực của BC hay IM là trung trực của BC ⇒ △IBC cân tại I ⇒ ∠IBC = ∠ICB.

Lại có ∠ICB = ∠IBA (t.c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) ⇒ ∠IBC = ∠IBA ⇒ BI là phân giác ∠ABC (2)

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm).

Câu 5:

$\left\{ \matrix{ x^2(y+1) + 3x + 1 = x^2 \sqrt{1-y} & (1) \hfill \cr x^2 + 9 = 6x \sqrt{1-y} - \sqrt{x - 1}& (2) \hfill \cr} \right.$

(ĐKXĐ: $y \leq 1; x\geq 1$ )

Đặt $\sqrt{1-y}=a$ (a ≥ 0)

$\Leftrightarrow y=1-a^2$

Ta có:

(1) $\Leftrightarrow3x+1=x^2(\sqrt{1-y}-y-1)$

$\Leftrightarrow3x+1=x^2(a^2+a-2)=x^2(a-1)(a+2)$

$\Leftrightarrow\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}=(a-1)(a+2)$

$\Leftrightarrow\frac{1}{x}(3+\frac{1}{x})=(a-1)(a+2)$

$\Leftrightarrow(\frac{1}{x}+1-1)(\frac{1}{x}+1+2)=(a-1)(a+2)$ (*)

Đặt $\frac{1}{x}+1=b$ (2 ≥ b > 1) $\Leftrightarrow x=\frac{1}{b-1}$

Ta có:

(*) $\Leftrightarrow(b-1)(b+2)=(a-1)(a+2)$

$\Leftrightarrow b^2-a^2+b-a=0$

$\Leftrightarrow(b-a)(b+a+1)=0$

Vì a ≥ 0 và 2 ≥ b > 1 ⇒ b + a + 1 > 0

$⇒b=a\Leftrightarrow\frac{1}{x}+1=\sqrt{1-y}$ , thay vào (2), ta có:

$x^2+9=6x(\frac{1}{x}+1)-\sqrt{x-1}$

$\Leftrightarrow x^2+9=6+6x-\sqrt{x-1}$

$\Leftrightarrow x^2-6x+3+\sqrt{x-1}=0$

$\Leftrightarrow(x-1)^2-4(x-1)+\sqrt{x-1}-2=0$

$\Leftrightarrow(x-1)[(x-1)-4]+\sqrt{x-1}-2=0$

$\Leftrightarrow(\sqrt{x-1}-2)[(x-1)(\sqrt{x-1}+2)+1]=0$

Vì x ≥ 1 $\Leftrightarrow(x-1)(\sqrt{x-1}+2)+1>0$

$\Rightarrow\sqrt{x-1}=2$

$\Leftrightarrow x = 5$ (tm đkxđ)

$⇒\sqrt{1-y}=\frac{1}{x}+1=\frac{6}{5}$

$\Leftrightarrow y=\frac{-11}{25}$

KL: $(x;y)=(5;\frac{-11}{25})$

Ta có:

$a^2+ab+b^2\ge\frac{3}{4}(a+b)^2$

luôn đúng

Suy ra (*) luôn đúng.

(**)

Áp dụng BĐT (**) cho P, ta có:

(1)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

Vậy

Đề thi vào lớp 10 môn Toán chung - Năm 2020 Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định (đề chính thức)

Đề 1 Toán chung - Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên

Đáp án môn Toán chung đề 1 vào 10 chuyên Lê Hồng Phong

Đề 2 Toán chung - Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên xã hội

Đáp án môn Toán chung đề 2 vào 10 chuyên Lê Hồng Phong

Bình luận

Đề thi, Bài giải mới nhất

Đề thi thử