50 ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN CỰC CHẤT GIẢI CHI TIẾT 2020 MỚI NHẤT by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

vectorstock.com/21609945

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

50 ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN CỰC CHẤT GIẢI CHI TIẾT 2020 MỚI NHẤT WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày 03/6/2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây: x + 3x = 3 3

b) x 2 + 6 x − 5 = 0

 2 x + y = 2 + 2

c) 

2 2 x − y = 2 2 − 2

Bài 2. (1,5 điểm) Cho hàm số có đồ thị là Parabol ( P ) : y = 0, 25 x 2 . a) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số đãcho. b) Qua điểm A ( 0;1) vẽ đường thẳng song song với trục hoành Ox cắt ( P ) tại hai điểm E và F . Viết tọa độcủa E và F . Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai x 2 − ( m + 2 ) x + 2m = 0 (∗) ( m là tham số)

a) Chứ ng minh rằng phương trình (∗) luôn có nghiêm với moi số m . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (∗) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏamãn −1 ≤

2 ( x1 + x2 ) x1. x2

≤1

Bài 4. (2,5 điểm) ̉ D thuộc cạnh Cho tamgiá c ABC vuông tại A có AB = 4cm, AC = 3cm . Lấ yđiêm AB ( AB < AD ) . Đường tròn ( O ) đường kính BD cắt CB tại E , kéodài CD cắt đường tròn ( O ) tại F . a) Chứng minh rằng ACED là tứ giác nộitiếp. b) Biết BF = 3cm . Tính BC và diện tích tam giác BFC . c) Kéo dài AF cắt đường tròn ( O ) tại điểm G . Chứng minh rằng BA là tia phân giác của góc CBG . Bài 5. (1,0 điểm) Âm Hội Trường A tiến hành khảo sát 1500 học nhạc họa sinhvềsựyêu thích hội hoạ, thể thao, âm nhạc và các yêuthích khác. Mỗi học sinh chỉ chọn một yêu thích.Biết số học sinh yêu thích hội họa chiế mtỉ lệ 20% so với số học sinh khảo sát. Số học sinh yêu thích thể thao hơn số học Yêu Thể thích sinh yêu thích âm nhạc là 30 học sinh; số học khác thao sinh yêu thích thể thao và hội họa bằng với số học sinh yêu thích âm nhạc và yêu thích khác. a) Tính số học sinh yêu thích hộihọa. b) Hỏi tổng số học sinh yêu thích thể thao và âm nhạc là baonhiêu? -------Hết--------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phòng thi:. . . . . . .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày 03/6/2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐẠI TRÀ Bài

Nội dung gợi ý x + 3x = 3 3  1  x + 3 = 3  3 

Bài 1a 1,0đ

Điểm x + 3x = 3 3 x + 3x = 3

0,5

(Làm mất căn ở mẫu hoặc đưa về ax = b ) 4x = 3 3 x= 4

4x 4 3x = 3 (hay = 3) 3 3 4 x = 3. 3 3 x= 4

Vậy phương trình có nghiệm là x =

3 4 x2 + 6x − 5 = 0 Biệt thức Delta ∆ = b 2 − 4ac = 36 + 20 = 56

0,5

3 4

Vậy phương trình có nghiệm là x = Bài 1b 1,0đ

(∆ ' = 3

+ 5 = 14

0,5

)

Phương trình có nghiệm là −b + ∆ −6 + 2 14 = = −3 + 14 2a 2 −b − ∆ −6 − 2 14 x2 = = = −3 − 14 2a 2 Tính được x hay y;  2 x + y = 2 + 2  2 x + y = 2 + 2 ⇔  2 2 x − y = 2 2 − 2 3 2 x = 3 2 x1 =

Bài 1c 1,0đ

 2 x + y = 2 + 2  x = 1 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔  x = 1 y = 2  2 + y = 2 + 2

0,5

0,5 đ

Làm mất x hay y của một phương trình 0,25đ

1,0

y = 0, 25 x 2 Bảng giá trị : x y = 0, 25 x 2

−4 4

−2 1

0 0

2 1

4 4

1,0

Bài 2a Đồ thị hình vẽ bên 1,0đ Bảng giá trị cho ít nhất ba cặp tọa độ đúng 0,5 đ

Hệ trục 0,25đ, Parabol 0,25đ Bài 2b Tọa độ điểm E ( −2;1) ; F ( 2;1) . ( mỗi tọa độ viết đúng 0,25đ) 0,5đ Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

x 2 − ( m + 2 ) x + 2m = 0 (*)

Bài 3a 1,0đ

= m 2 + 4 m + 4 − 8m = m 2 − 4 m + 4

0,25

Viết thành tổng bình phương 0,25đ

Do ∆ = ( m − 2 ) ≥ 0 với mọi m nên phương trình luôn có nghiệm với mọi m Ta có x1 + x2 = m + 2; x1 x2 = 2m ( hoặc x1 = m; x2 = 2 ) −1 ≤ −1 ≤

Bài 3b 1,0đ

0,25

Biệt thức ∆ = ( m + 2 ) − 4.2m

2 ( x1 + x2 ) x1. x2 2 ( m + 2) 2m

−1 ≤ 1 + −2 ≤

≤1

−1 ≤

( m ≠ 0)

≤1

⇔

2 ≤1 m

⇔

2 ≤0 m

Từ trên ta được

2 ( x1 + x2 )

≤1

x1. x2

2 ( x1 + x2 ) x1. x2

m+2 ≤1 m

0,5 0,25

0,25 ≤1

( m ≠ 0) 0,25

m 2 + 4m + 4 ≤1 m2 ⇔ m 2 + 4m + 4 ≤ m 2 ⇔ 4m + 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ −1 Vậy m ≤ −1 thỏa đề bài ⇔

2 ≤0⇒ m<0; m

2 ⇔ −2m ≥ 2 ⇔ m ≤ −1 m Vậy m ≤ −1 thỏa đề bài

khi đó −2 ≤

0,25

Bài 4

0,5 A

(Hình vẽ cho câu a; 0,5đ) G

Chứng minh rằng ACED là tứ giác nộitiếp. = 900 (giả thiết Bài CAD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 4a CED 0,75đ ⇒ Bốn điểm C , D, A, E cùng nằm trên đường tròn đường kính CD Vậy tứ giác ACED là tứ giác nộitiếp. Biết BF = 3cm . Tính BC và diện tích tam giác BFC . ∆ABC vuông tại A : BC 2 = AB 2 + AC 2 = 42 + 32 = 25 Bài ⇒ BC = 5 4b ∆BFC vuông tại F : CF 2 = BC 2 − BF 2 = 52 − 32 = 16 0,75đ ⇒ CF = 4 1 1 S BFC = .BF .CF = .3.4 = 6 (cm 2 ) 2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 4c 0,5đ

= CFB = 900 ) Tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn ( do CAB nên ABC = AFC (cùng chắn cung AC ) ) Mà ABG = AFC (cùng bù với DFG ⇒ ABC = ABG Vậy BA là tia phân giác của CBG

Bài 5a 0,5đ

Số học sinh yêu thích hội họa chiếm 20% số học sinh toàn trường nên số học sinh yêu thích hội họa là1500.20% = 300 học sinh Gọi số học sinh yêu thích thể thao, âm nhạc và yêu thích khác lần lượt là a; b; c Ta có a + b + c + 300 = 1500 ⇒ a + b + c = 1200 (1) Số học sinh yêu thích thể thao và hội họa bằng với số học sinh yêu thíchâm nhạc (2) và yêu thích khác nên a + 300 = b + c Số học sinh yêu thích thể thao hơn số học sinh yêu thíchâm nhạc là 30 nên ta được a − b = 30 (3) (Tìm cácmối quan hệ giữa các biến) Thay (2) vào phương trình (1) ta được a + a + 300 = 1200 ⇒ a = 450 Thay vào phương trình (3) ⇒ b = 420

Bài 5b 0,5đ

0,25

0,5

0,25

Vậy tổng số học sinh yêu thích thể thao vàâm nhạc là a + b = 870 (học sinh có thể lập hệ phương trình rồi giải bằng máy tính)

0,25

• Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa • Giám khảo họp thống nhất cách chấm trước khi chấm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019- 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 2 trang)

Thời gian làm bài : 120 phút Ngày thi : 13/ 06/ 2019.

Bài 1 (3.5 điểm). a) giải phương trình: x 2 − 3 x + 2 = 0

x + 3y = 3  4 x − 3 y = −18

b) giải hệ phương trình: 

c) Rút gọn biểu thức: A =

(

2 28 + −2 2 3+ 7

d) giải phương trình: x 2 − 2 x

) + ( x − 1)

− 13 = 0

Bài 2 (1.5 điểm). Cho Parabol (P): y = −2 x 2 và đường thẳng (d): y = x − m (với m là tham số). a) Vẽ parabol (P). b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 = x1. x2 Bài 3 (1.0 điểm). Có một vụ tai nạn ở vị trí B tại chân của một ngọn núi (chân núi có dạng đường tròn tâm O, bán kính 3 km) và một trạm cứu hộ ở vị trí A (tham khảo hình vẽ). Do chưa biết đường đi nào để đến vị trí tai nạn nhanh hơn nên đội cứu hộ quyết định điều hai xe cứu thương cùng xuất phát ở trạm đến vị trí tai nạn theo hai cách sau: Xe thứ nhât : đi theo đường thẳng từ A đến B, do đường xấu nên vận tốc trung bình của xe là 40 km/h. Xe thứ hai: đi theo đường thẳng từ A đến C với vận tốc trung bình 60 km/h, rồi đi từ C đến B theo đường cung nhỏ CB ở chân núi với vận tốc trung bình 30 km/h ( 3 điểm A, O, C thẳng hàng và C ở chân núi). Biết đoạn đường AC dài 27 km và ABO = 900 . a) Tính độ dài quãng đường xe thứ nhất đi từ A đến B. b) Nếu hai xe cứu thương xuất phát cùng một lúc tại A thì xe nào thì xe nào đến vị trí tai nạn trước ?

A B

Chân núi

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 4 (3.5 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và E là điểm tùy ý trên nửa đường tròn đó (E khác A, B). Lêy1 điểm H thuộc đoạn EB (H khác E, B). Tia AH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là F. Kéo dài tia AE và tia BF cắt nhau tại I. Đường thẳng IH cắt nửa đường tròn tại P và cắt AB tại K. a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn. b) chứng minh AIH = ABE

PK + BK PA + PB

c) Chứng minh: cos ABP =

d) Gọi S là giao điểm của tia BF và tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn (O). Khi tứ giác AHIS nội tiếp được đường tròn , chứng minh EF vuông góc với EK. Bài 5 (0.5 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 5 + 5 xy x + 2 y + 5 ----------------------------HẾT ----------------------------

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN Bài 1 (3.5 điểm). a) giải phương trình: x 2 − 3 x + 2 = 0 có a + b + c = 1 − 3 + 2 = 0 nên pt có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1 , x2 = 2

x + 3y = 3  4 x − 3 y = −18

b) giải hệ phương trình: 

x + 3y = 3 5 x = −15  x = −3  x = −3 ⇔ ⇔ ⇔   4 x − 3 y = −18 x + 3y = 3 −3 + 3 y = 3 y = 2  x = −3 Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất :  y = 2 c) Rút gọn biểu thức: A =

2 28 + −2 2 3+ 7

(

)

2. 3 − 7 2 28 2 7 + −2= + −2 2 2 3+ 7 3+ 7 3− 7

(

)(

)

A = 3− 7 + 7 − 2 =1

(

d) giải phương trình: x 2 − 2 x

(x ⇔ (x

) + ( x − 1)

− 13 = 0

− 2 x ) + ( x − 1) − 13 = 0

− 2 x ) + ( x 2 − 2 x + 1) − 13 = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

t = 3

Đặt t = x 2 − 2 x , khi đó ta có t 2 + t − 12 = 0 ⇔   t = −4

 x = −1

* Với t = 3 ⇒ x 2 − 2 x = 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔  x = 3

* Với t = −4 ⇒ x 2 − 2 x = −4 ⇔ x 2 − 2 x + 4 = 0 (pt vô nghiệm) Vậy pt đã cho có hai nghiệm: x = −1, x = 3 Bài 2 (1.5 điểm). a) vẽ Parabol (P): y = −2 x 2 Bảng giá trị: x

y = −2 x

−2 −8

0 0

−1 −2

−2

−8

1 -2

-1

-2

-8

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 = x1. x2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

−2x 2 = x − m ⇔ 2x2 + x − m = 0 ∆ = 1 + 8m Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ m >

−1 8

- Vì x1 , x2 là hai nghiệm của pt hoành độ giao điểm, nên ta có:

−1 −m ; x1.x2 = 2 2 −1 − m = ⇔ m = 1 (Thỏa ĐK) Khi đó : x1 + x2 = x1. x2 ⇔ 2 2 x1 + x2 =

Bài 3 (1.0 điểm). a) OA = AC + R = 27 + 3 = 30 km Xét ∆ABO vuông tại B, có: AB = OA2 − OB 2 = 302 − 32 = 9 11 km

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

9 11 ≈ 0.75 (giờ) 40 27 t/gian xe thứ hai đi từ A đến C là: = 0.45 (giờ) 60 Xét ∆ABO vuông tại B, có: = AB = 9 11 ⇒ O ≈ 84.30 tan O OB 3 3.π.84,3 Độ dài đoạn đường từ C đến B là lCB ≈ 4, 41 km = 180 4, 41 ≈ 0,15 giờ T/gian đi từ C đến B là : 30

b) t/gian xe thứ nhất đi từ A đến B là:

Suy ra thời gian xe thứ hai đi từ A đến B là : 0,45 + 0,15 = 0,6 giờ Vậy xe thứ hai đến điểm tai nạn trước xe thứ nhất.

Bài 4 (3.5 điểm). I

a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn.

AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có:

= 900 (kề bù với AEB ) ⇒ HEI 0 T. tự, ta có: HFI = 90 + HFI = 900 + 900 = 1800 Suy ra: ⇒ HEI ⇒ tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn (tổng hai góc đối nhau bằng 1800 )

AIH = ABE b) chứng minh AIH = AFE (cùng chắn cung EH) Ta có: ABE = AFE (cùng chắn cung AE) Mà: AIH = ABE Suy ra: c) Chứng minh: cos ABP =

PK + BK PA + PB

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ta có: AF ⊥ BI , BE ⊥ AI nên suy ra H là trực tâm của △ IAB

⇒ IH ⊥ AB ⇒ PK ⊥ AB Tam giác ABP vuông tại P có PK là đường cao nên ta có: BP.PA = AB.PK và BP 2 = AB.BK Suy ra: BP.PA + BP 2 = AB.BK + AB.PK

⇔ BP.( PA + BP ) = AB.( PK + BK ) BP PK + BK PK + BK ⇔ = ⇔ cos ABP = AB PA + BP PA + BP d) Gọi S là giao điểm của tia BF và tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn (O). Khi tứ giác AHIS nội tiếp được đường tròn , chứng minh EF vuông góc với EK. S

E H

A K

Ta có: SA // IH (cùng vuông góc với AB) ⇒ Tứ giác AHIS là hình thang. Mà tứ giác AHIS nội tiếp được đường tròn (gt) Suy ra: AHIS là hình thang cân. ⇒ ∆ASF vuông cân tại F ⇒ ∆AFB vuông cân tại F

= FAB = BEK = 450 Ta lại có: FEB

= 2.FEB = 900 ⇒ FEK ⇒ EF ⊥ EK Bài 5 (0.5 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≤ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 5 + 5 xy x + 2 y + 5

1 5 1 5 1 5 + = + ≥ + 5 xy x + 2 y + 5 5 xy ( x + y ) + y + 5 5 xy y + 8 1 5 xy y + 8 xy + y + 8 ⇔P≥ + + + − 5 xy 20 y + 8 20 20 P=

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( x + y + 1) xy + y + 8 y ( x + 1) + 8 = ≤ Ta lại có: 20 20

4 20

≤

3 5

Khi đó:

 1 xy   5 y + 8  xy + y + 8 P≥ + + + − xy y 5 20 + 8 20 20     1 3 3 ⇔ P ≥ +1− ⇔ P ≥ 5 5 5 x = 1 3 Vậy PMin = ⇔  5 y = 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 02/6/2019 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm 02 trang) Mã đề 101 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1: Giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 1 song song với đường thẳng y = 2 x − 3 là A. m = −3. B. m = −1. C. m = 1. D. m = 2. 2 Câu 2: Tổng hai nghiệm của phương trình x − 4 x + 3 = 0 bằng A. −4. B. 4. C. 3. D. −3. 2 Câu 3: Giá trị nào của x dưới đây là nghiệm của phương trình x + x − 2 = 0 ? A. x = 4. B. x = 3. C. x = 2. D. x = 1. Câu 4: Đường thẳng y = 4 x − 5 có hệ số góc bằng B. 4. C. −4. D. 5. A. −5. 2 Câu 5: Cho biết x = 1 là một nghiệm của phương trình x + bx + c = 0 . Khi đó ta có B. b + c = 2. C. b + c = −1. D. b + c = 0. A. b + c = 1. Câu 6: Tất cả các giá trị của x để biểu thức x − 3 có nghĩa là A. x ≥ 3. B. x ≤ 3. C. x < 3. D. x > 3. Câu 7: Cho tam giác ABC có AB = 3 cm, AC = 4 cm, BC = 5 cm . Phát biểu nào dưới đây đúng? A. Tam giác ABC vuông. B. Tam giác ABC đều. C. Tam giác ABC vuông cân. D. Tam giác ABC cân. Câu 8: Giá trị của tham số m để đường thẳng y = ( 2m + 1) x + 3 đi qua điểm A ( −1;0 ) là B. m = 1. A. m = −2. Câu 9: Căn bậc hai số học của 144 là A. 13. B. −12.

C. m = −1.

D. m = 2.

C. 12 và −12.

D. 12.

Câu 10: Với x < 2 thì biểu thức (2 − x) + x − 3 có giá trị bằng A. −1. B. 2 x − 5. C. 5 − 2 x. D. 1. 3+ 3 Câu 11: Giá trị của biểu thức bằng 3 +1 1 1 A. 3. ⋅ B. C. ⋅ D. 3. 3 3 x − y = 1 Câu 12: Hệ phương trình  có nghiệm là ( x0 ; y0 ) . Giá trị của biểu thức x0 + y0 bằng x + 2 y = 7 A. 1. B. −2. C. 5. D. 4. Câu 13: Cho tam giác ABC vuông tại A , có BC = 4 cm, AC = 2 cm . Tính sin ABC. 2

3 1 1 3 ⋅ ⋅ B. ⋅ C. ⋅ D. 2 2 3 3 Câu 14: Tam giác ABC cân tại B có ABC = 120o , AB = 12 cm và nội tiếp đường tròn ( O ) . Bán kính của A.

đường tròn ( O ) bằng A. 10 cm.

B. 9 cm. C. 8 cm. D. 12 cm. 2 Câu 15: Biết rằng đường thẳng y = 2 x + 3 cắt parabol y = x tại hai điểm. Tọa độ của các giao điểm là A. (1;1) và ( −3;9 ) .

B. (1;1) và ( 3;9 ) .

C. ( −1;1) và ( 3;9 ) .

D. ( −1;1) và ( −3;9 ) .

Câu 16: Cho hàm số y = f ( x ) = (1 + m 4 ) x + 1 , với m là tham số. Khẳng định nào sau đây đúng? A. f (1) > f ( 2 ) .

B. f ( 4 ) < f ( 2 ) .

C. f ( 2 ) < f ( 3) .

D. f ( −1) > f ( 0 ) . Trang 1/5-Mã đề 101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x + y = 3 Câu 17: Hệ phương trình  có nghiệm ( x0 ; y0 ) thỏa mãn x0 = 2 y0 . Khi đó giá trị của m là  mx − y = 3 B. m = 2. C. m = 5. D. m = 4. A. m = 3. 2 Câu 18: Tìm tham số m để phương trình x + x + m + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x2 2 = 5. A. m = −3. B. m = 1. C. m = 2. D. m = 0. Câu 19: Cho tam giác ABC vuông tại A , có AC = 20 cm. Đường tròn đường kính AB cắt BC tại M ( M không trùng với B ), tiếp tuyến tại M của đường tròn đường kính AB cắt AC tại I . Độ dài đoạn AI bằng A. 6 cm. B. 9cm C. 10 cm. D. 12 cm. AOB = 90o. Độ dài cung nhỏ AB bằng Câu 20: Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB thỏa mãn

πR

⋅

B. π R.

2 PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). x − y = 2 ⋅ a) Giải hệ phương trình  3 x + 2 y = 11

 2 x − 2 x +1

b) Rút gọn biểu thức A = 

(

 

x−4

)−2

πR 4

⋅

3π R ⋅ 2

 x − 1 x với x > 0; x ≠ 4 . : x +2  x −2 

Câu 2 (1,0 điểm). Cho phương trình x 2 − ( m + 1) x + m − 4 = 0 (1) , m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = 1. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn

2 1

− mx1 + m )( x22 − mx2 + m ) = 2.

Câu 3 (1,5 điểm). Đầu năm học, Hội khuyến học của một tỉnh tặng cho trường A tổng số 245 quyển sách 1 2 gồm sách Toán và sách Ngữ văn. Nhà trường đã dùng số sách Toán và số sách Ngữ văn đó để phát 2 3 cho các bạn học sinh có hoàn cảnh khó khăn. Biết rằng mỗi bạn nhận được một quyển sách Toán và một quyển sách Ngữ văn. Hỏi Hội khuyến học tỉnh đã tặng cho trường A mỗi loại sách bao nhiêu quyển? Câu 4 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính AC ( BA < BC ) . Trên đoạn thẳng OC lấy điểm I bất kỳ ( I ≠ C ) . Đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là D. Kẻ CH vuông góc với BD ( H ∈ BD ) , DK vuông góc với AC ( K ∈ AC ) .

a) Chứng minh rằng tứ giác DHKC là tứ giác nội tiếp. b) Cho độ dài đoạn thẳng AC là 4 cm và ABD = 60o . Tính diện tích tam giác ACD. c) Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt đường thẳng BD tại E. Chứng minh rằng khi I thay đổi trên đoạn thẳng OC ( I ≠ C ) thì điểm E luôn thuộc một đường tròn cố định.

Câu 5 (0,5 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( 3 − x )( 3 − y ) . -------------------------------Hết-------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ............................................. Số báo danh:........................................................... Cán bộ coi thi 1 (Họ tên và ký): ......................................................................................................... Cán bộ coi thi 2 (Họ tên và ký): ......................................................................................................... Trang 2/5-Mã đề 101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NGÀY THI: 02/06/2019 MÔN THI:TOÁN- PHẦN TỰ LUẬN Bản hướng dẫn chấm có 04trang

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu Câu 1

a) (1,0 điểm)

Hướng dẫn, tóm tắt lời giải

Điểm (2,0điểm)

 x = 2 + y x − y = 2 Ta có  ⇔ 3 x + 2 y = 11 3 ( 2 + y ) + 2 y = 11

0,5

5 y = 5 ⇔ x = 2 + y

0,25

x = 3 . ⇔  y =1

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (3;1) . Với x > 0; x ≠ 4 , ta có

 x −2 2 x −1 2x − 4 x + 2  A= −  x +2 x −2 x +2 x −2    2x − 4 x + 2 2x − 5 x + 2  = − :  x +2 x −2 x +2 x −2    x x : = x −2 x +2 x −2

(

b) (1,0 điểm)

(

( ) (

)(

) (

)  : ) 

)( )(

)(

)

x x −2

0,25

x x −2

0,25

)

1 . Kết luận A = x +2

1 ⋅ x +2

0,25

Câu 2 a) (0,5 điểm) b) (0,5

(1,0điểm) Với m = 1 , phương trình (1) trở thành x 2 − 2 x − 3 = 0.

0,25

Giải ra được x = −1, x = 3.

0,25

∆ = ( m + 1) − 4 ( m − 4 ) = m 2 − 2m + 17 = ( m − 1) + 16 > 0, ∀m ∈ ℝ.

0,25

Kết luận phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m.

Trang 3/5-Mã đề 101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

điểm)

x12 − ( m + 1) x1 + m − 4 = 0 ⇔ x12 − mx1 + m = x1 + 4. Tương tự x22 − mx2 + m = x2 + 4.

2 1

− mx1 + m )( x22 − mx2 + m ) = 2

0,25

⇔ ( x1 + 4 )( x2 + 4 ) = 2 ⇔ x1 x2 + 4 ( x1 + x2 ) + 16 = 2 (*) . Áp dụng định lí Viet, ta có:

(*) ⇔ ( m − 4 ) + 4 ( m + 1) + 16 = 2 ⇔ 5m + 14 = 0 ⇔ m =

−14 ⋅ Kết luận. 5

Câu 3

(1,5điểm) Gọi số sách Toán và sách Ngữ văn Hội khuyến học trao cho trường A lần lượt là

x, y (quyển), ( x, y ∈ ℕ* ) .

0,25

Vì tổng số sách nhận được là 245 nên x + y = 245 (1)

0,5

Số sách Toán và Ngữ văn đã dùng để phát cho học sinh lần lượt là Ta có: (1,5 điểm)

1 2 x và y (quyển) 2 3 0,25

1 2 x = y ( 2) 2 3

 x + y = 245  Đưa ra hệ  1 . 2  2 x = 3 y

0,25

 x = 140 Giải hệ được nghiệm  ⋅  y = 105

Kết luận: Hội khuyến học trao cho trường 140 quyển sách Toán và 105 quyển sách

0,25

Ngữ văn

Câu 4

(2,0điểm) B

C O

I H

a) (1,0 điểm)

= 900 ; + Chỉ ra được DHC + Chỉ ra được AKC = 900

0,25 0,25 Trang 4/5-Mã đề 101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) (0,5 điểm)

Nên H và K cùng thuộc đường tròn đường kính CD

0,25

+ Vậy tứ giác DHKC nội tiếp được trong một đường tròn.

0,25

Chỉ ra được ACD = 600 ; ADC = 900

0,25

Tính được CD = 2 cm; AD = 2 3 cm và diện tích tam giác ACD bằng 2 3 cm 2 .

0,25

= DBC . Vì EK / / BC nên DEK

c) (0,5 điểm)

= DAC . Suy ra . Vì ABCD nội tiếp nên DBC DEK = DAK

0,25

Từ đó tứ giác AEKD nội tiếp và thu được AED = AKD = 90o ⇒ AEB = 90o. Kết luận khi I thay đổi trên đoạn OC thì điểm E luôn thuộc đường tròn đường kính

0,25

AB. cố định. Câu 5

(0,5điểm) P = ( 3 − x )( 3 − y ) = 9 − 3 ( x + y ) + xy = 17 + ( x + y 2

) − 6 ( x + y ) + 2 xy = 8 + ( x + y ) 2

( x + y − 3) =

2 2

− 6( x + y) + 9

0,25

(0,5 điểm)

18 − 6 ( x + y ) + 2 xy

+ 4. 2

Từ x 2 + y 2 = 1 chỉ ra được ( x + y ) ≤ 2 ⇒ − 2 ≤ x + y ≤ 2; Suy ra − 2 − 3 ≤ x + y − 3 ≤ 2 − 3 < 0.

( x + y − 3) P= 2

( +4≥

2 −3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

)

+4=

19 − 6 2 ⋅ 2

0,25

19 − 6 2 2 khi x = y = ⋅ 2 2

(Chú ý: Nếu học sinh dò đúng đáp án nhưng không lập luận đúng thì không cho điểm).

Tổng 7,0 điểm Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm đúng khác thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với Câu1 ý a nếu học sinh dùng MTCT bấm và cho được kết quả đúng thì cho 0,75 điểm - Với Câu4, nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm. - Điểm toàn bài không được làm tròn. ----------------*^*^*----------------

Trang 5/5-Mã đề 101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mônthi: TOÁN (Khôngchuyên) Thờigianlàmbài: 120 phút(khôngkểthờigiangiaođề) Ngàythi: 07/6/2019

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đềthicó 01 trang) . Câu 1:

(4,0 điểm)Rútgọnbiểuthức: a) A = 45 − 2 20 b) B =

Câu 2:

3 5 − 27 − 3− 5

(3 −

)

(4,0 điểm) 2 x − y = 4 a) Giảihệphươngtrình  x + y = 5 b) Cho hàmsố y = 3x 2 cóđồthị ( P ) vàđườngthẳng ( d ) : y = 2 x + 1 . Tìmtọađộ gia0điểmcủa ( P ) và

( d ) bằngphéptính. Câu 3:

(6,0 điểm) Cho phươngtrình: x 2 − 2mx − 4m − 5 (1) (m làthamsố). a) Giảiphươngtrình (1) khi m = −2 . b) Chứng minh phươngtrình (1) luôncónghiệmvớimọigiátrịcủa m. c) Gọi x1 ; x2 làhainghiệmcủaphươngtrình (1) . Tìm m để:

1 2 33 x1 − ( m − 1) x1 + x2 − 2m + = 762019 . 2 2 Câu 4:

(6,0 điểm) Trênnửađườngtrònđườngkính AB, lấyhaiđiểm I, Q saocho I thuộccung AQ.Gọi C làgiaođiểmhaitia AI và BQ; H làgiaođiểmhaidây AQ và BI. a) Chứng minhtứgiác CIHQ nộitiếp. b) Chứng minh: CI . AI = HI .BI . c) Biết AB = 2 R . Tínhgiátrịbiểuthức: M = AI . AC + BQ.BC theo R. -----------Hết-----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 1:

(4,0 điểm) Rútgọnbiểuthức: a) A = 45 − 2 20 b) B =

3 5 − 27

−

3− 5

(3 −

)

Giải: 2

a) A = 45 − 2 20 = 3 .5 − 2 2 .5 = 3 5 − 2.2 5 = − 5 b) B =

3 =

(

3 5 − 27

−

3− 5

5− 3 3− 5

)−

( −3 +

(3 −

)

3 5 −3 3 3− 5

− 3 − 12

)

12 (do 32 < 12 ⇒ 3 < 12 )

= −3 + 3 − 12 = − 12 = −2 3 . Câu 2:

(4,0 điểm) 2 x − y = 4 a) Giảihệphươngtrình  x + y = 5 b) Cho hàmsố y = 3x 2 cóđồthị ( P ) vàđườngthẳng ( d ) : y = 2 x + 1 . Tìmtọađộgiaođiểmcủa ( P ) và

( d ) bằngphéptính. Giải: 2 x − y = 4 3 x = 9 x = 3 ⇔ ⇔ a)  x + y = 5 y = 5− x y = 2 Vậyhệphươngtrìnhcónghiệmlà: ( x; y ) = ( 3; 2 ) b) Phươngtrìnhhoànhđộgiaođiểm: 3 x 2 = 2 x + 1 ⇔ 3 x 2 − 2 x − 1 = 0 (*) Phươngtrình (* ) cóhệsố: a = 3; b = −2; c = −1 ⇒ a + b + c = 0

⇒ Phươngtrình (* ) cóhainghiệm: x1 = 1; x2 =

c −1 = a 3

- Với x1 = 1 ⇒ y = 3.12 = 3 ⇒ A (1;3 ) 2

−1  −1  1  −1 1  - Với x2 = ⇒ y = 3.   = ⇒ B  ;  3  3  3  3 3

 −1 1  Vậytọađộgiaođiểmcủa ( P ) và ( d ) là A (1;3 ) và B  ;  .  3 3

Câu 3:

1 2 33 x1 − ( m − 1) x1 + x2 − 2m + = 762019 2 2 Giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Thay m = −2 vàophươngtrình (1) ta có:  x = −3 x 2 + 4 x + 3 = 0 ⇔ x ( x + 3) + ( x + 3) = 0 ⇔ ( x + 3)( x + 1) = 0 ⇔   x = −1 Vậyvới m = −2 thìphươngtrìnhcótậpnghiệm S = {−3; − 1} 2

b) Ta có: ∆ ' = m 2 − ( −4m − 5 ) = ( m + 2 ) + 1 > 0, ∀m Do đóphươngtrình (1) luôncóhainghiệmvớimọigiátrịcủa m. c)

phươngtrình (1) luôncóhainghiệmvớimọigiátrịcủa

gọi x1 ; x2

làhainghiệmcủaphươngtrình (1)

 x + x = 2m Ápdụngđịnhlí Vi-ét ta có:  1 2  x1 x2 = −4m − 5 1 33 Ta có: x12 − ( m − 1) x1 + x2 − 2m + = 762019 2 2 2 ⇔ x1 − 2 ( m − 1) x1 + 2 x2 − 4m + 33 = 1524038

⇔ x12 − 2mx1 − 4m − 5 + 2 ( x1 + x2 ) = 1524000 ⇔ 2 ( x1 + x2 ) = 1524000 (do x1 lànghiệmcủa (1) nên x12 − 2mx1 − 4m − 5 = 0 )

⇔ 2.2m = 1524000 ⇔ m = 381000 Vậy m = 381000 thỏamãnyêucầubàitoán. Câu 4:

(6,0 điểm) Trênnửađườngtrònđườngkính AB, lấyhaiđiểm I, Q saocho I thuộccung AQ. Gọi C làgiaođiểmhaitia AI và BQ; H làgiaođiểmhaidây AQ và BI. a) Chứng minh tứgiác CIHQ nộitiếp. b) Chứng minh: CI . AI = HI .BI . c) Biết AB = 2 R . Tínhgiátrịbiểuthức: M = AI . AC + BQ.BC theo R. Giải: C Q

I H

= CQH = 900 a) Ta có: AIB = AQB = 900 (gócnộitiếpchắnnửađườngtròn) ⇒ CIH + CQH = 900 + 900 = 1800 Xéttứgiác CIHQ có CIH

⇒ tứgiác CIHQ nộitiếp b) Xét ∆AHI và ∆BCI có: = 900  AIH = BIC   ⇒ ∆AHI ∽ ∆BCI ( g .g ) IAH = IBC  AI HI ⇒ = ⇒ CI . AI = HI .BI BI CI c) Ta có: M = AI . AC + BQ.BC = AC ( AC − IC ) + BQ ( BQ + QC )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= AC 2 − AC.IC + BQ 2 + BQ.QC = AQ 2 + QC 2 − AC.IC + BQ 2 + BQ.QC = ( AQ 2 + BQ 2 ) + QC ( QC + BQ ) − AC.IC = AB 2 + QC.BC − AC.IC = CBA (cùngphụvới Tứgiác AIBQ nộitiếp ( O ) ⇒ CIQ AIQ )

Xét ∆CIQ và ∆CBA có:

ACB chung   ⇒ ∆CIQ ∽ ∆CBA ( g .g ) = CBA  CIQ  IC QC ⇒ = ⇒ QC.BC = AC.IC BC AC ⇒ QC.BC − AC.IC = 0 2

Suyra: M = AB 2 = ( 2 R ) = 4 R 2 -----------Hết-----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ SỐ 6: TUYỂN SINH VÀO 10 BẮC NINH NĂM HỌC 2019-2020 I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau: 4 có giá trị là Câu 1: Khi x = 7 biểu thức x + 2 −1

1 2

A. . Câu 2:

4 . 8

4 . 3

D. 2 .

Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ℝ ?

A. y = 1 − x .

B. y = 2x − 3 .

(

)

C. y = 1 − 2 x .

Câu 3: Số nghiệm của phương trình x 4 − 3x 2 + 2 = 0 là A. 1 . B. 2 . C. 3 . Câu 4:

D. 4 .

Cho hàm số y = ax 2 (a ≠ 0) . Điểm M (1;2) thuộc đồ thị hàm số khi

A. a = 2 . Câu 5:

D. y = −2x + 6 .

B. a =

1 . 2

C. a = −2 .

D. a =

1 . 4

Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B,C là

= 30 ,số đocủa cung nhỏ CK là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BK . Biết BAC A. 30° . B. 60° . C. 120° . D. 150° .

Câu 6:

Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC . Biết AH = 12cm ,

HB 1 = . Độ dài đoạn BC là HC 3

A. 6cm . B. 8cm . II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 7:

( Cho biểu thức A =

C. 4 3cm . 2

D. 12cm .

) ( x −1) − 3 x + 1 với x ≥ 0 , x ≠ 1 . ( x − 1)( x + 1) x − 1 x +1 +

a) Rút gọn biểu thức A x. là số chính phương để 2019A là số nguyên. b) Tìm Câu 8:

Câu 9:

An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấynhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160 . Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10 ? = 90º . Điểm C nằm trên Cho đường tròn (O ) , hai điểm A, B nằm trên (O ) sao cho AOB cung lớn AB sao cho AC > BC và tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI , BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . BK cắt (O ) tại điểm N (khác điểm B ); AI cắt (O ) tại điểm M (khác điểm A ); NA cắt MB tại điểm D . Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường tròn. b) MN là đường kính của đường tròn (O ) . c) OC song song với DH . Câu 10: a) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 sao cho x 1 + x 2 + 3 + x 1x 2 = 2m + 1 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =

a 3 + b3 + 4 . ab + 1 ====== Hết ======

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 6: TUYỂN SINH VÀO 10 BẮC NINH NĂM HỌC 2019-2020 I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau: 4 có giá trị là Câu 1: Khi x = 7 biểu thức x + 2 −1

1 2

A. .

4 . 8

4 3

D. 2 .

C. . Lời giải

Chọn: D Thay x = 7 (thỏa mãn) vào biểu thức

4 ta tính được biểu thức có giá trị bằng x + 2 −1

4 4 = = 2. 7 + 2 −1 3 −1

Câu 2:

Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ℝ ?

A. y = 1 − x .

B. y = 2x − 3 .

(

)

C. y = 1 − 2 x .

D. y = −2x + 6 .

Lời giải Chọn: B Hàm số y = 2 x − 3 đồng biến trên ℝ . Câu 3: Số nghiệm của phương trình x 4 − 3x 2 + 2 = 0 là A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn: D Đặt t = x 2 (t ≥ 0) . Khi đó phương trình tương đương t 2 − 3t + 2 = 0 . Ta thấy 1- 3 + 2 = 0 . Nên phương trình có hai nghiệm t = 1 (thỏa mãn); t = 2 (thỏa mãn).  x2 = 1  x = ±1 Khi đó ⇒  2 ⇔ x = ± 2  x = 2 Câu 4:

Cho hàm số y = ax 2 (a ≠ 0) . Điểm M (1;2) thuộc đồ thị hàm số khi

A. a = 2 .

B. a =

1 . 2

C. a = −2 .

Lời giải Chọn A . Vì M (1;2) thuộc đồ thị hàm số y = ax 2 (a ≠ 0) nên ta có 2 = a.12 ⇔ a = 2 (thỏa mãn). Câu 5:

D. a =

1 . 4

Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B,C là

= 30 , số đo của cung nhỏ CK là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BK . Biết BAC A. 30° . B. 60° . C. 120° . D. 150° . Lời giải

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chọn: A.

= COK = 30° , mà COK = sđ CK nên Từ giả thiết ta suy ra tứ giác ABOC nội tiếp nên BAC Số đo cung nhỏ CK là 30° . Câu 6:

Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC . HB 1 = . Độ dài đoạn BC là HC 3

Biết AH = 12cm , A. 6 cm .

C. 4 3 cm . Lời giải

B. 8 cm .

D. 12 cm .

Chọn: B HB 1 = ⇒ HC = 3HB . Áp HC 3 dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH ta có AH 2 = BH .HC ⇔ 12 = BH .3BH

Theo đề bài ta có:

⇔ BH 2 = 4 ⇔ BH = 2 ⇒ HC = 3.HB = 3.2 = 6 ⇒ BC = HB + HC = 2 + 6 = 8 ( cm ) II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)

( Cho biểu thức A =

Câu 7:

) ( x −1) − 3 x + 1 với x ≥ 0 , x ≠ 1 . ( x − 1)( x + 1) x − 1 x +1 +

a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên. Lời giải

( a) A = =

) (

x +1 +

)

x −1 − 3 x −1

x −1

2x − 3 x + 1 2x − 2 x − x + 1 = = x −1 x −1

(

2019 2 x + 2 − 3 2019A =

) = 4038 −

x +1

x + 2 x +1+ x −2 x +1− 3 x −1 x −1

( x − 1)(2 x − 1) = 2 x − 1 . ( x − 1)( x + 1) x + 1 6057

x +1

b) 2019A là số nguyên khi và chỉ khi 1; 3; 9; 673, 2019; 6057 .

x + 1 = 1 ⇔ x = 0 , thỏa mãn.

x + 1 = 3 ⇔ x = 4 , thỏa mãn.

x + 1 là ước nguyên dương của 6057 gồm:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x + 1 = 9 ⇔ x = 64 , thỏa mãn.

x + 1 = 673 ⇔ x = 451584 , thỏa mãn.

x + 1 = 2019 ⇔ x = 4072324 , thỏa mãn.

+) Câu 8:

x + 1 = 6057 ⇔ x = 36675136 , thỏa mãn.

An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấynhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160 . Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10 ? Lời giải Gọi số bài điểm 9 và điểm 10 của An đạt được lần lượt là x , y (bài) (x , y ∈ ℕ ) . Theo giả thiết x + y > 16 . Vì tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đó là 160 nên 9x + 10y = 160 . Ta có 160 = 9x + 10y ≥ 9 (x + y ) ⇒ x + y ≤

160 . 9

160 nên x + y = 17 . 9 x = 17 − y x + y = 17 x = 10 ⇔  ⇔  (thỏa mãn). Ta có hệ  y = 7 9x + 10y = 160 9 (17 − y ) + 10y = 160  

Do x + y ∈ ℕ và 16 < x + y ≤

Vậy An được 10 bài điểm 9 và 7 bài điểm 10 . Câu 9:

= 90º . Điểm C nằm trên Cho đường tròn (O ) , hai điểm A, B nằm trên (O ) sao cho AOB

cung lớn AB sao cho AC > BC và tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI , BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . BK cắt (O ) tại điểm N (khác điểm B ); AI cắt (O ) tại điểm M (khác điểm A ); NA cắt MB tại điểm D . Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường tròn. b) MN là đường kính của đường tròn (O ) . c) OC song song với DH . Lời giải a)Ta có HK ⊥ KC + HIC = 90º +90º = 180º .  ⇒ HKC  HI ⊥ IC  Do đó,CIHK là tứ giác nội tiếp. b) Do tứ giác CIHK nội tiếp nên = BHI = 1 sđBM + 1 sđAN . 45º = ICK 2 2 ⇒ sđBM + sđAN = 90° . Suy ra, sđMN = sđAB + (sđBM + sđAN ) hay = 90° + 90° = 180º MN là đường kính của (O ) .

N O K H A

I B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Do MN là đường kính của (O ) nên MA ⊥ DN , NB ⊥ DM . Do đó, H là trực tâm tam giác DMN hay DH ⊥ MN . Do I , K cùng nhìn AB dưới góc 90º nên tứ giác ABIK nội tiếp. = CBK ⇒ sđCM ⇒ C là điểm chính giữa của cung = sđCN Suy ra, CAI

MN ⇒ CO ⊥ MN . Vì AC > BC nên ∆ABC không cân tại C do đó C ,O, H không thẳng hàng. Từ đó suy ra CO //DH . Câu 10: a) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 sao cho x 1 + x 2 + 3 + x 1x 2 = 2m + 1 . b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =

a 3 + b3 + 4 . ab + 1 Lời giải 2

a) ∆′ = m 2 + 2m + 1 = (m + 1) . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆′ > 0 ⇔ m ≠ −1 . Áp dụng ĐL Vi-ét ta có x 1 + x 2 = 2m; x 1.x 2 = −2m − 1 . Ta có

2m + 2 − 2m = 2m + 1 ( ĐK 0 ≤ m ≤ 1 (*) )

2m − 1

− (2m − 1) = 0 2m + 1 2 − 2m + 1  m = 1 t / m (*)    1 1 2 ⇔ (2m − 1) − − 1 = 0 ⇔  1 1   2m + 1   2 − 2m + 1 − − 1 = 0 (2)   2m + 1 2 − 2m + 1 1 ≤ 1 . Do đó, VT (2) < 0 = VP (2) hay Vì 2m + 1 ≥ 1, ∀m thỏa mãn 0 ≤ m ≤ 1 ⇒ 2m + 1 (2) vô nghiệm. ⇔ 2m − 1 + 2 − 2m − 1 − (2m − 1) = 0 ⇔

−

(

Vậy giá trị cần tìm là m =

)

1 . 2

(

)

b) Ta có a 3 + b 3 + 4 = a 3 + b 3 + 1 + 3 ≥ 3ab + 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 . Vì ab + 1 > 0 nên M =

a 3 + b 3 + 4 3 (ab + 1) ≥ = 3. ab + 1 ab + 1

Do đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 3 đạt được khi a = b = 1 . +) Vì a 2 + b 2 = 2 nên a ≤ 2; b ≤ 2. Suy ra a 3 + b3 + 4 ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) + 4 = 2 2 + 4 .

a 3 + b3 + 4 1 ≤ 2 2 + 4. ≤ 1 do ab + 1 ≥ 1 . Suy ra M = ab + 1 ab + 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 2 + b 2 = 2  ⇔ (a;b ) = 0; 2 ∨ (a;b ) = 2; 0 .  ab = 0 

Mặt khác

(

)

(

)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(

)

Giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4 + 2 2 đạt được khi (a ;b ) = 0; 2 ∨ (a ;b ) =

(

---------------Hết---------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2; 0

)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2019-2020 Môn: TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.(1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 27 − 12

7 x − 3 y = 5 b) Giải hệ phương trình:  x + 3y = 3 Câu 2.(2.0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) , cho parabol ( P ) : y = −2 x 2 . Vẽ ( P ) . b) Tìm m để đường thẳng y = ( 5m − 2 ) x + 2019 song song với đường thẳng y = x + 3 . c) Hai đường thẳng y = x − 1 và y = −2 x + 8 cắt nhau tại điểm B và lần lượt cắt trục Ox tại điểm A, C (hình 1). Xác định tọa độ các điểm A, B, C và tính diện tích tam giác ABC.

Câu 3. (1,5 điểm) a) Giải phương trình: x 2 + 2 x − 3 = 0 b) Tìm m để phương trình: x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 3m − 7 = 0 vô nghiệm.

Câu 4.(1,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Biết AB = 3cm, AC = 4cm. Tính đọ dài ACB và chu vi tam giác ABH . đường cao AH , tính cos

Câu 5.(1,5 điểm) a) Sau Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2019-2020, học sinh hai lớp 9A và 9B tặng lại thư viện trường 738 quyển sách gồm hai loại sách giáo khoa và sách tham khảo. Trong đó, mỗi học sinh lớp 9A tặng 6 quyển sách giáo khoa và 3 quyển sách tham khảo; mỗi học sinh lớp 9B tặng 5 quyển sách giáo khoa và 4 quyển sách tham khảo. Biết số sách giáo khoa nhiều hơn số sách tham khảo là 166 quyển. Tính số học sinh của mỗi lớp. b) Một bồn chứa xăng đặt trên xe gồm hai nửa hình cầu có đường kính là 2, 2m và một hình trụ có chiều dài 3,5m (hình 2). Tính thể tích của bồn chứa xăng (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai sau dấu phẩy).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6.(2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân ở A, đường cao AH ( H ∈ BC ) . Trên AC lấy điểm

M ( M ≠ A, M ≠ C ) và vẽ đường tròn đường kính MC . Kẻ BM cắt AH tại E và cắt đường tròn tại D. Đường thẳng AD cắt đường tròn tại S . Chứng minh rằng: a) Tứ giác CDEF là một tứ giác nội tiếp.

= ACS . b) BCA

----------HẾT----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN Câu 1.a (0.5đ)

1.b (1,0đ)

Nội dung A=3 3−2 3 = 3 8 x = 8  x + 3y = 3

Điểm 0.25 0.25 (pp thế: x = 3 − 3y )

x = 1  x + 3y = 3 8 x = 8   2  y = 3  2 Vậy hpt có nghiệm 1;  .  3 Tìm được 5 cặp giá trị có ( 0;0 )

2.a (1,0đ) 2.b (0.5đ) 2.c (0.5đ) 3.a (1,0đ) 3.b (0.5đ)

4 (1.5đ)

(3 cặp có ( 0;0 ) cho 0,25) Vẽ được (P) qua 5 điểm có (O) (qua 3 điểm trên một nhánh có (O) cho 0,25) 5m − 2 = 1 3 m= 5 A (1;0 ) , B ( 3; 2 ) , C ( 4;0 )

S∆ABC = 3 (đvdt) ∆′ = 4 (NX: a + b + c = 0 ) x1 = 1 x 2 = −3 Vậy x1 = 1 , x 2 = −3 . ∆′ = − m + 8 Pt vô nghiệm ⇔ m > 8 BC = 5 AB, AC 12 = AH = BC 5 AC cos ACB = BC 4 cos ACB = 5 2 9 AB = BH = BC 5

0.25 0.25

0.25

0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

36 . 5 Gọi x, y lần lượt là số học sinh lớp 9A, 9B ( x, y ∈ ℕ* )

Chu vi tam giác ABH là:

5.a (1,0đ)

5.b (0.5đ)

6.a (1.25đ)

6.b (0.75đ)

Theo đề bài ta có hệ pt:  x + y = 82  3x + y = 166

 x = 42   y = 40 Vậy số học sinh của lớp 9A là 42; của lớp 9B là 40. 4 3 Vkhối cầu = π (1,1) ≅ 5,58 ( m3 ) 3 2 Vkhối trụ = π . (1,1) .3.5 ≅ 13,3 ( m3 )

0.25 0.25 0.25

Thể tích của bồn chứa là:

V = Vkc + Vkt = 18,88 m3

( )

0.25

Hình vẽ = 900 Vì AH ⊥ BC nên EDC = 900 Vì BD ⊥ CD nên EHC , EHC đối nhau + EHC = 1800 và EDC EDC Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp. ADB = MCS ADB = ACB ACS Nên BCA =

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO TỈNHBÌNH DƯƠNG

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC: 2019 – 2020 Thời gian: 120 phút

Bài 1 (2 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) x 2 − 7 x + 10 = 0

(

)

2) x 2 + 2 x − 6 x 2 − 12 x + 9 = 0

Bài 2 (1,5 điểm)Cho Parabol ( P ) : y =

4 x − y = 7 3)  5 x + y = 2

1 2 x và đường thẳng (d ) : y = x + m − 1 ( m là tham 2

s ố) 1) Vẽ đồ thị ( P ) . 2) Gọi A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) là hai giao điểm phân biệt của ( d ) và ( P ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để x A > 0 và xB > 0. Bài 3 (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2 + ax + b + 2 = 0 ( a, b là tham số).

Tìm các giá trị của tham số a, b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x − x = 4 thoả điều kiện:  13 23  x1 − x2 = 28

Bài 4 (1,5 điểm)

Một tổ công nhân theo kế hoạch phải làm 140 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi thực hiện năng suất của tổ đã vượt năng suất dự định là 4 sản phẩm mỗi ngày. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 4 ngày. Hỏi thực tế mỗi ngày tổ đã làm được bao nhiêu sản phẩm. Bài 5. (3,5 điểm)

Cho đường tròn

( O; R ) .

Từ một điểm M ở ngoài đường tròn

( O; R )

sao cho

OM = 2 R , vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với ( O ) ( A, B là hai tiếp điểm). Lấy một điểm N tuỳ ý trên cung nhỏ AB. Gọi I , H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của N trên AB , AM , BM . 1) Tính diện tích tứ giác MAOB theo R. = NBA . 2) Chứng minh: NIH

3) Gọi E là giao điểm của AN và IH , F là giao điểm của BN và IK . Chứng minh tứ giác IENF nội tiếp được trong đường tròn. 4) Giả sử O, N , M thẳng hàng. Chứng minh: NA2 + NB 2 = 2 R 2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HẾT ĐÁP ÁN THAM KHẢO Bài 1. 1) x 2 − 7 x + 10 = 0

Ta có: ∆ = b 2 − 4ac = 72 − 4.10 = 9 > 0  −b + ∆ 7 + 9 = =5  x1 = 2a 2.1  ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  −b − ∆ 7 − 9 = =2  x2 = 2a 2.1  Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 5; x2 = 2 2)

+ 2 x ) − 6 x 2 − 12 x + 9 = 0 2

⇔ ( x 2 + 2 x ) − 6 ( x 2 + 2 x ) + 9 = 0 (*) Đặt x 2 + 2 x = t . Khi đó ta có phương trình (*) ⇔ t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ (t − 3) 2 = 0 ⇔ t − 3 = 0 ⇔ t = 3

⇔ x 2 + 2 x = 3 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x 2 + 3x − x − 3 = 0 ⇔ x( x + 3) − ( x + 3) = 0 ⇔ ( x + 3)( x − 1) = 0 x + 3 = 0  x = −3 ⇔ ⇔ x = 1 x −1 = 0 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−3 ; 1}. 4 x − y = 7 9 x = 9 x = 1 x = 1 3) Ta có:  ⇔ ⇔ ⇔  y = −3  y = 4 x − 7  y = 4.1 − 7 = −3 5 x + y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y ) = (1 ;-3) .

Bài 2. 1) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) : y =

1 2 x 2

Ta có bảng giá trị

−4

−2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(P) : y =

1 2 x 2

1 2 x là đường cong đi qua các điểm 2 (−4;8),(−2;2),(0;0),(2;2),(4;8)

Vậy đồ thị hàm số ( P ) : y =

Đồ thị hàm số ( P ) : y =

1 2 x 2

2) Gọi A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) là hai giao điểm phân biệt của ( d ) và ( P ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để x A > 0 và xB > 0.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ( d ) và ( P ) là: 1 2 x = x + m − 1 ⇔ x 2 − 2 x − 2m + 2 = 0 (*) 2

Theo đề bài ta có: ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 ⇔ 1 − (−2m + 2) > 0 ⇔ 1 + 2m − 2 > 0 ⇔ 2m > 1 ⇔ m >

Vậy với m >

1 2

1 thì phương trình (*) có hai nghiệm x A , xB phân biệt. 2

 x + xB = 2 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:  A  x A .xB = −2m + 2

2 > 0∀m  x A > 0  x A + xB > 0 ⇒ ⇔ ⇔ −2m > −2 ⇔ m < 1 Theo đề bài ta có:  −2m + 2 > 0  xB > 0  x A xB > 0 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Kết hợp các điều kiện của m ta được Vậy

1 < m < 1. 2

1 < m < 1 thoả mãn bài toán. 2

Bài 3.

Phương pháp: + Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt ( ∆ > 0 ) +Áp dụng định lí Vi-ét. 3

+Sử dụng các biến đổi x13 − x23 = ( x1 − x2 ) + 3x1 x2 ( x1 − x2 ) và ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 . Cách giải:

x 2 + ax + b + 2 = 0 . Ta có ∆ = a 2 − 4 ( b + 2 ) = a 2 − 4b − 8 . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 ⇔ a 2 − 4b − 8 > 0 (*).  x + x = −a Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có:  1 2 .  x1 x2 = b + 2

Theo bài ra ta có:

 x1 − x2 = 4  x1 − x2 = 4 ⇔   3 3 3 ( x1 − x2 ) + 3 x1 x2 ( x1 − x2 ) = 28  x1 − x2 = 28  x1 − x2 = 4 x − x = 4 ⇔ 3 ⇔ 1 2  x1 x2 = −3 4 + 12 x1 x2 = 28 Mà x1 x2 = b + 2 ⇒ b + 2 = −3 ⇔ b = −3 − 2 = −5 . 4−a   x1 = 2  x1 + x2 = − a  2 x1 = 4 − a Ta có:  ⇔ ⇔  x1 − x2 = 4  2 x2 = − a − 4  x = −a − 4  2 2 ⇒ x1 x2 = −3 ⇔

4 − a  −a − 4    = −3 2  2 

⇔ ( 4 − a )( a + 4 ) = 12 ⇔ 16 − a 2 = 12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a = 2 . ⇔ a2 = 4 ⇔   a = −2

Với a 2 = 4, b = −5 ⇒ a 2 − 4b − 8 = 4 − 4 ( −5 ) − 8 = 16 > 0 ⇒ thoả mãn điều kiện (*).

Vậy có 2 cặp số ( a; b ) thoả mãn yêu cầu bài toán là ( a; b ) = ( 2; −5 ) hoặc ( a; b ) = ( −2; −5) . Chú ý: Khi tìm được cặp số ( a; b ) phải đối chiếu lại với điều kiện. Bài 4 Phương pháp: Gọi số sản phẩm thực tế mỗi ngày tổ công nhân sản xuất được là x (sản phẩm) ( x ∈ ℕ*, x > 4 ) Dựa vào các giả thiết bài cho để biểu diễn số sản phẩm tổ công nhân sản xuất theo kế hoạch và thời gian tổ hoàn thành sản phẩm theo kế hoạch và theo thực tế. Lập phương trình và giải phương trình. Đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận. Cách giải: Gọi số sản phẩm thực tế mỗi ngày tổ công nhân sản xuất được là x (sản phẩm) ( x ∈ ℕ*, x > 4 )

⇒ Thời gian thực tế mà tổ công nhân hoàn thành xong 140 sản phẩm là:

140 (ngày). x

Theo kế hoạch mỗi ngày tổ công nhân đó sản xuất được số sản phẩm là: x − 4 (sản phẩm)

⇒ Thời gian theo kế hoạch mà tổ công nhân hoàn thành xong 140 sản phẩm là:

140 ngày. x−4

Theo đề bài ta có thời gian thực tế hoàn thành xong sớm hơn so với thời gian dự định là 4 ngày nên ta có phương trình: 140 140 − =4 x−4 x

⇔ 140 x − 140 ( x − 4 ) = 4 x ( x − 4 ) ⇔ 35 x − 35 ( x − 4 ) = x ( x − 4 ) ⇔ 35 x − 35 x + 140 = x 2 − 4 x ⇔ x 2 − 4 x − 140 = 0 ⇔ x 2 − 14 x + 10 x − 140 = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔ x ( x − 14 ) + 10 ( x − 14 ) = 0 ⇔ ( x + 10 )( x − 14 ) = 0  x = −10 ( ktm )  x + 10 = 0 ⇔ ⇔  x − 14 = 0  x = 14 ( tm ) Vậy thực tế mỗi ngày tổ công nhân đã làm được14 sản phẩm.

Chú ý: Nếu bạn học sinh nào gọi số sản phẩm tổ công nhân dự định làm trong 1 ngày thì sau khi giải phương trình, ta cần tìm số sản phẩm tổ công nhân làm được theo kế hoạch rồi mới kết luận.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 5

Cách giải 1. Tính diện tích tứ giác MAOB theo R . Xét tam giác OAM và tam giác OBM ta có:

OA = OB ( = R ) ; OM chung ; MA = MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau);

⇒ ∆OAM = ∆OBM (c.c.c) ⇒ S ∆OAM = S ∆OBM ⇒ S MAOB = S ∆OAM + S ∆OBM = 2S ∆OBM Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAM ta có: 2

AM 2 = OM 2 − OA2 = ( 2 R ) − R 2 = 3R 2 ⇒ AM = R 3 . 1 ⇒ S MAOB = 2 S ∆OAM = 2. .OA. AM = R.R 3 = R 2 3 (đvdt). 2 = NBA 2) Chứng minh NIH

Xét tứ giác AINH có: AIN + AHN = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác AINH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ). = NAH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN ). ⇒ NIH (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AN Mà NAH = NBA củ a ( O ) )

(

)

= NAH (đpcm). ⇒ NIH = NBA

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3. Gọi E là giao điểm của AN và IH , F là giao điểm của BN và IK . Chứng minh tứ giác IENF nội tiếp được trong đường tròn. + NKB = 90° + 90° = 180° Xét tứ giác NIBK ta có NIB

Mà hai góc này là hai góc đối diện

⇒ NIBK là tứ giác nội tiếp. = NIK ⇒ KBN = NAB Xét đường tròn ( O ) ta có: KBN

= NAB ( = KBN ) ⇒ NIK + NBA = 180° Xét ∆ANB ta có: ANB + NAB

= NAB = NIE ; NIK = NAB = NIF ; Lại có: NIH ANB = ENF + EIN + NIF = ENF + EIF = 180° ⇒ ENF

, EIF là hai góc đối diện ⇒ Tứ giác NEIF là tứ giác nội tiếp. Mà ENF 4) Giả sử O, N , M thẳng hàng. Chứng minh: NA2 + NB 2 = 2 R 2

1 Theo đề bài ta có: O, N , M thẳng hàng ⇒ ON = R = OM ⇒ N là trung điểm của OM . 2

Ta có: ON ⊥ AB = {I } ⇒ I là trung điểm của AB . Lại có: OA = OB = R ⇒ ON là đường trung trực của AB ⇒ NA = NB Xét ∆MAO ta có: cos AOM =

OA R 1 = = ⇒ AOM = 60° = AON OM 2 R 2

OA = ON = R ⇒ ∆AON là tam giác đều. Xét ∆AON có:  AON = 60° 

⇒ NA = ON = OA = R = NB Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ NA2 + NB 2 = R 2 + R 2 = 2 R 2 (đpcm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

BÌNH PHƯỚC

Năm học: 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN (Chung)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 01/6/2019 Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A = 3 49 − 25

B = (3 − 2 5)2 − 20  x x  x +1 2) Cho biểu thức P =  với x > 0; x ≠ 1 . +  :  3  x −1 x − x  a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P = 1 .

Câu 2. (2,0 điểm) 1) Cho parabol ( P ) : y =

1 2 x và đường thẳng ( d ) : y = x + 2 . 2

a) Vẽ parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Viết phương trình đường thẳng ( d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hoành

độ bằng −2 . 2 x + y = 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  x + 2 y = 4 Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − (m + 2) x + m + 8 = 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = −8 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 . 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nông trường đã khai thác được 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác được bao nhiêu tấn mũ cao su.

Câu 4. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH = 3cm; HB = 4cm . Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R . Gọi C là trung điểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O ) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm

K ( K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK . AH = R 2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau:

A = 3 49 − 25

A = 3 7 2 − 52 A = 3.7 − 5 A = 21 − 5 A = 16

B = (3 − 2 5)2 − 20 B = 3 − 2 5 − 22.5 B = −(3 − 2 5) − 2 5 B = −3 + 2 5 − 2 5

B = −3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x x  x +1 2) Cho biểu thức P =   x − 1 + x − x  : 3 với x > 0; x ≠ 1 .   a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P = 1 . Lời giải a) Rút gọn biểu thức P .

 x x  x +1 P =  +  : 3  x −1 x − x   x P =  +  x −1

 x +1 x : 3 x ( x − 1) 

  x +1 x. x x P =  + : 3 x ( x − 1)   x ( x − 1)

x+ x x +1 : 3 x ( x − 1)

3 x+ x ⋅ x ( x − 1) x + 1

x ( x + 1).3 x ( x − 1)( x + 1)

3 x −1

b) Tìm giá trị của x để P = 1 .

P =1⇔

3 =1 x −1

⇔ x −1 = 3 ⇔ x =4

⇔ x = 16 Vậy x = 16 thì P = 1 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2. (2,0 điểm) 1) Cho parabol ( P) : y =

1 2 x và đường thẳng (d ) : y = x + 2 . 2

a) Vẽ parabol ( P) và đường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với (d ) và cắt ( P) tại điểm A có hoành độ bằng −2 . Lời giải a) Vẽ parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . Bảng giá trị:

−4

−2

1 2 x 2

1 2 x là đường Parabol đi qua các điểm ( −4;8);( −2; 2) ; (0;0) ; (2; 2);(4;8) và nhận 2 Oy làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số y =

Đồ thị hàm số y = x + 2 là đường thẳng đi qua điểm (0; 2) và điểm ( −2; 0)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Viết phương trình đường thẳng ( d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hoành

độ bằng −2 . Lời giải Vì đường thẳng ( d1 ) : y = ax + b song song với (d ) nên ta có phương trình của đường thẳng

( d1 ) : y = x + b (b ≠ 2) Gọi A( −2; y A ) là giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng (d1 ) .

⇒ A ∈ ( P) ⇒ yA =

1 ⋅ ( −2) 2 = 2 2

⇒ A( −2; 2) Mặt khác, A ∈ (d1 ) , thay tọa độ của điểm A vào phương trình đường thẳng (d1 ) , ta được:

2 = −2 + b ⇔ b = 4 (nhận) Vậy phương trình đường thẳng ( d1 ) : y = x + 4 2 x + y = 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  x + 2 y = 4 2 x + y = 5 4 x + 2 y = 10 3 x = 6 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔  x + 2 y = 4 x + 2 y = 4 x + 2 y = 4 x + 2 y = 4 x = 2 x = 2 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔ 2 + 2 y = 4 2 y = 2 y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = (2;1)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − (m + 2) x + m + 8 = 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = −8 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 . Lời giải a) Giải phương trình (1) khi m = −8 . Thay m = −8 vào phương trình (1), ta được: x 2 − (−8 + 2) x − 8 + 8 = 0

⇔ x2 + 6 x = 0 ⇔ x( x + 6) = 0 x = 0 x = 0 ⇔ ⇔ x + 6 = 0  x = −6 Vậy m = −8 thì phương trình (1) có 2 nghiệm: x = −6; x = 0 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 . Lời giải

∆ = ( m + 2) 2 − 4( m + 8) = m 2 + 4m + 4 − 4m − 32 = m 2 − 28

∆ > 0  Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi  S > 0 P > 0  m < −2 7 hoaëc m > 2 7 m 2 − 28 > 0   ⇔  m + 2 > 0 ⇔  m > −2 ⇔m>2 7 m + 8 > 0  m > −8   Theo đề bài, ta có: x13 − x2 = 0 ⇔ x13 = x2 ⇔ x1 x2 = x14 = m + 8 ⇔ x1 = 4 m + 8 ⇒ x2 = 4 ( m + 8)3

⇒ x1 + x2 = m + 2 ⇔ 4 m + 8 + 4 ( m + 8)3 = m + 8 − 6

Đặt

m + 8 = t (t ≥ 0) , ta có: t + t 3 = t 4 − 6

⇔ t4 − t3 − t − 6 = 0 ⇔ t 4 − 16 − (t 3 + t − 10) = 0 ⇔ (t 2 − 4)(t 2 + 4) − (t 3 − 8 + t − 2) = 0 ⇔ (t − 2)(t + 2)(t 2 + 4) − (t − 2)(t 2 + 2t + 4) + (t − 2)  = 0 ⇔ (t − 2)(t + 2)(t 2 + 4) − (t − 2)(t 2 + 2t + 5) = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔ (t − 2)(t 3 + 2t 2 + 4t + 8 − t 2 − 2t − 5) = 0

⇔ (t − 2)(t 3 + t 2 + 2t + 3) = 0

⇔ t = 2 (vì t ≥ 0 ⇒ t 3 + t 2 + 2t + 3 > 0 ) ⇒ 4 m + 8 = 2 ⇔ m + 8 = 24 = 16 ⇔ m = 8 (nhận) 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nông trường đã khai thác được 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác được bao nhiêu tấn mũ cao su. Lời giải Gọi số tấn mũ cao su mỗi ngày nông trường khai thác được là x (tấn) (Điều kiện: 0 < x < 260 ) Thời gian dự định khai thác mũ cao su của nông trường là:

260 (ngày) x

Trên thực tế, mỗi ngày nông trường khai thác được: x + 3 (tấn) Thời gian thực tế khai thác mũ cao su của nông trường là: Theo đề bài, ta có phương trình:

⇒

261 (ngày) x+3

261 260 +1 = x+3 x

261x x( x + 3) 260( x + 3) + = x( x + 3) x( x + 3) x( x + 3)

⇒ 261x + x( x + 3) = 260( x + 3) ⇔ 261x + x 2 + 3 x = 260 x + 780

⇔ 261x + x 2 + 3 x − 260 x − 780 = 0 ⇔ x 2 + 4 x − 780 = 0 (1) ∆ ' = 4 + 780 = 784 > 0 ⇒ ∆ ' = 784 = 28 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

x1 =

−2 + 28 −2 − 28 = 26 (nhận) hoặc x2 = = −30 (loại) 1 1

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nông trường cao su khai thác 26 tấn.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4. (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH = 3cm; HB = 4cm . Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC . Lời giải A

Xét ∆AHB vuông tại H , theo định lí Pitago, ta có: AB 2 = AH 2 + HB 2 AB 2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25

⇒ AB = 25 = 5 (cm)

Xét ∆ABC vuông tại A , có đường cao AH . Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: ⇒

1 1 1 1 1 1 1 = − = 2− 2 = − 2 2 2 9 25 AC AH AB 3 5

⇒

1 16 225 = ⇒ AC 2 = 2 16 AC 225

⇒ AC =

1 1 1 = + 2 2 AH AB AC 2

225 15 = (cm) 16 4

Xét ∆ABC vuông tại A , theo định lí Pitago, ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 2

225 625  15  BC 2 = 52 +   = 25 + = 16 16  4

⇒ BC =

625 25 = (cm) 16 4

∆ABC vuông tại A , AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC ⇒ AM =

1 1 25 25 BC = ⋅ = (cm) 2 2 4 8

1 1 15 75 Diện tích tam giác ABC : S ABC = ⋅ AB ⋅ AC = ⋅ 5 ⋅ = (cm 2 ) 2 2 4 8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (2,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R . Gọi C là trung điểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O ) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của AK và MN .

a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK . AH = R 2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK . Lời giải a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. M K

H A

= 900 ; Vì AB ⊥ HC tại C nên BCH = 900 Ta có: AKB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BKH + BKH = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác BCHK có: BCH

; BKH là hai góc đối nhau. Mà BCH Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Chứng minh AK . AH = R 2 . M K

H A

Xét ∆ACH và ∆AKB có: ACH = AKB = 900 ;

là góc chung; BAK Do đó: ∆ACH # ∆AKB ( g .g ) ⇒

AH AC = AB AK

⇒ AH . AK = AB. AC = 2 R ⋅

R = R2 2

Vậy AK . AH = R 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK . E

M K H A

Trên tia đối của tia KB lấy điểm E sao cho KE = KM = KI Xét ∆OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (vì C là trung điểm của OA )

⇒ ∆OAM cân tại M ⇒ AM = OM . Mà OA = OM = R ⇒ OA = OM = AM = 600 ⇒ ∆OAM là tam giác đều ⇒ OAM

Ta có: AMB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ ∆AMB vuông tại M . ⇒ ABM = 300 + MBC = 900 Xét ∆BMC vuông tại C có: BMC = 900 − MBC = 900 − 300 = 600 ⇒ BMN = 600 (1) ⇒ BMC = MAB = 600 Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên EKM

Mặt khác: KM = KE (cách dựng) ⇒ ∆EKM cân tại K = 600 ⇒ ∆EKM là tam giác đều. ⇒ KME = 600 (2) Và EKM = KME = 600 Từ (1) và (2) suy ra: BMN + BMK = KME + BMK ⇒ BMN = BME ⇒ NMK = s in300 Xét ∆BCM vuông tại C có: sin CBM ⇒

CM 1 = ⇔ BM = 2CM BM 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mà OA ⊥ MN tại C

⇒ C là trung điểm của MN (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung). ⇒ MN = 2CM ⇒ MN = BM (vì = 2CM ) Xét ∆MNK và ∆MBE có:

= MBE (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK ) MNK MN = BM (cmt )

= BME (cmt ) NMK Do đó: ∆MNK = ∆MBE ( g.c.g )

⇒ NK = BE (Hai cạnh tương ứng) ⇒ IN + IK = BK + KE Mà IK = KE (vẽ hình) Suy ra: IN = BK

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ DÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020

Môn thi: Toán Ngày thi: 06/06/2019 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: 1. Giải phương trình:

3( x − 1) = 5 x + 2 .

2. Cho biểu thức: A = x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 với x ≥ 1 a) Tính giá trị biểu thức A khi x = 5 . b) Rút gọn biểu thức A khi 1 ≤ x ≤ 2 . Câu 2:

1. Cho phương trình: x 2 − (m − 1) x − m = 0 . Tìm m để phương trình trên có một nghiệm bằng 2 . Tính nghiệm còn lại. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : y = 2 x − 1; d 2 : y = x; d3 : y = −3 x + 2. Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng d song song với đường thẳng d 3 đồng thời đi qua giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 .

Câu 3:

2 công việc. Nếu làm 3 riêng thì thời gian hoàn thành công việc đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 5 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của mỗi đội là bao nhiêu?

Câu 4:

Cho đường tròn tâm O , bán kính R và một đường thẳng d không cắt đường tròn (O ) . Dựng

Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì hoàn thành được

đường thẳng OH vuông góc với đường thẳng d tại điểm H . Trên đường thẳng d lấy điểm K (khác điểm H ), qua K vẽ hai tiếp tuyến KA và KB với đường tròn (O ) , ( A và B là các tiếp điểm) sao cho A và H nằm về hai phía của đường thẳng OK . a) Chứng minh tứ giác KAOH nội tiếp được trong đường tròn. b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng OH tại điểm I . Chứng minh rằng IA ⋅ IB = IH ⋅ IO và I là điểm cố định khi điểm K chạy trên đường thẳng d cố định. c) Khi OK = 2 R, OH = R 3 . Tính diện tích tam giác KAI theo R . Câu 5:

x > y x2 + y2 . Cho x, y là hai số thực thỏa  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x− y  xy = 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 BÌNHĐỊNHNĂM HỌC 2019-2020 Câu 1. 1. Giải phương trình:

3( x − 1) = 5 x + 2 .

2. Cho biểu thức: A = x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 với x ≥ 1 a) Tính giá trị biểu thức A khi x = 5 . b) Rút gọn biểu thức A khi 1 ≤ x ≤ 2 . Lời giải 1. Ta có 5 3( x − 1) = 5 x + 2 ⇔ 3 x − 3 = 5 x + 2 ⇔ 2 x = −5 ⇔ x = − . 2 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = − . 2 2. a) Khi x = 5 , ta có A = 5 + 2 5 −1 + 5 − 2 5 −1

= 5 + 2 4 + 5 − 2 4 = 5 + 2 ⋅ 2 + 5 − 2 ⋅ 2 = 9 + 1 = 3 +1 = 4 . Vậy khi x = 5 thì A = 4 . b) Với 1 ≤ x ≤ 2 , ta có A = x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = x −1+ 2 x −1 + 1 + x −1− 2 x −1 +1

= ( x − 1 + 1) 2 + ( x − 1 − 1)2 =| x − 1 + 1| + | x − 1 − 1| (1 ≤ x ≤ 2 ⇒ 0 ≤ x − 1 ≤ 1 ⇒ x − 1 − 1 ≤ 0)

= x −1 + 1+ 1 − x −1

= 2. Vậy khi 1 ≤ x ≤ 2 thì A = 2 . Câu 2. 1. Cho phương trình: x 2 − ( m − 1) x − m = 0 . Tìm m để phương trình trên có một nghiệm bằng 2 . Tính nghiệm còn lại. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : y = 2 x − 1; d 2 : y = x; d3 : y = −3 x + 2. Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng d song song với đường thẳng d 3 đồng thời đi qua giao

điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 . Lời giải 1. x 2 − (m − 1) x − m = 0.

(1)

Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

22 − ( m − 1) ⋅ 2 − m = 0 ⇔ 4 − 2m + 2 − m = 0 ⇔ 3m = 6 ⇔ m = 2. Thay m = 2 vào phương trình (1) ta được x 2 − x − 2 = 0. Ta có các hệ số: a − b + c = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 = −1; x2 = 2 .

Vậy với m = 2 phương trình đã cho có một nghiệm bằng 2 , nghiệm còn lại là −1 .

2. Phương trình đường thẳng d : ax + b ( a , b ∈ ℝ ) . a = −3 ⇒ d : y = −3 x + b, (b ≠ 2). d d3 ⇒  b ≠ 2 Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 , d 2 là nghiệm của hệ phương trình  y = 2 x − 1  x = 2 x − 1  x = 1 ⇔ ⇔ ⇒ A(1;1)  y =1  y = x y = x A(1;1) ∈ d : y = −3 x + b ⇒ 1 = −3 ⋅1 + b ⇔ b = 4 (TM).

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là d : y = −3 x + 4 . 2 công việc. Nếu làm 3 riêng thì thời gian hoàn thành công việc đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 5 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của mỗi đội là bao nhiêu?

Câu 3.

Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì hoàn thành được

Lời giải Gọi thời gian đội thứ nhất làm riêng hoàn thành công việc là x (giờ, x > 5 ). Thời gian đội thứ hai làm riêng hoàn thành công việc là y (giờ, y > 0 ). Mỗi giờ đội thứ nhất làm được

1 1 công việc, đội thứ hai làm được công việc. x y

Trong 4 giờ đội thứ nhất làm được

4 4 công việc, đội thứ hai làm được công x y

việc. Theo đề ta có hệ phương trình 4 4 2 (1)  + = x y 3  x − y = 5 (2)  (2) ⇔ x = y + 5 thế vào (1) ta được

4 4 2 + = ⇒ 6 y + 6( y + 5) = y ( y + 5) y+5 y 3  y = −3 (ktm) ⇔ y 2 − 7 y − 30 = 0 ⇔   y = 10 ⇒ x = 15 Vậy nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của đội thứ nhất là 15 giờ, đội thứ hai là 10 giờ.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4.

Cho đường tròn tâm O , bán kính R và một đường thẳng d không cắt đường tròn (O ) .

Dựng đường thẳng OH vuông góc với đường thẳng d tại điểm H . Trên đường thẳng d lấy điểm K (khác điểm H ), qua K vẽ hai tiếp tuyến KA và KB với đường tròn (O ) , ( A và B là các tiếp điểm) sao cho A và H nằm về hai phía của đường thẳng OK . a) Chứng minh tứ giác KAOH nội tiếp được trong đường tròn. b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng OH tại điểm I . Chứng minh rằng IA ⋅ IB = IH ⋅ IO và I là điểm cố định khi điểm K chạy trên đường thẳng d cố định. c) Khi OK = 2 R, OH = R 3 . Tính diện tích tam giác KAI theo R . Lời giải

= 90° ( KA ⊥ AO) , a) Ta có KAO = 90° (OH ⊥ KH ) KHO + KBO = 180° Xét tứ giác KAOH có KAO nên là tứ giác nội tiếp. + KAO = 180° nên KAOB là tứ giác nội tiếp và đỉnh H , B, A cùng nhìn cạnh b) Ta có KBO OK dưới một góc vuông nên năm nă điểm K , A, B, O, H cùng thuộc đường tròn đường kính OK = BIO (đối đỉnh) và AHI = ABO (hai góc nội tiếp Xét tam giác IAH và tam giác IOB có HIA IA IO = ⇒ IA ⋅ IB = IH ⋅ IO . IH IB là góc nội tiếp chắn cung OB, OBA là góc nội tiếp chắn cung OA; Xét tứ giác AOBH có OHB . = OBA Mà OA = OB = R nên OHB góc chung và OHB = OBA (cmt). Xét ∆OIB và ∆OBH có BOH OI OB OB 2 R2 = ⇒ OI = = Do đó ∆OIB ∽ ∆OBH ( g .g ) ⇒ . OB OH OH OH Ta lại có đường thẳng d cố định nên OH không đổi ( OH ⊥ d ). Vậy điểm I cố định khi K chạy trên đường thẳng d cố định. c) Gọi M là giao điểm của OK và AB Theo tính chất tiếp tuyến ta có KA=KB; Lại có OA = OB = R nên OK là đường trung trực của AB, suy ra AB ⊥ OK tại M và MA = MB . R2 R2 R = = Theo câu b) ta có OI = . OH R 3 3 Xét ∆OAK vuông tại A , có OA2 R 2 R = = OA2 = OM ⋅ OK ⇔ OM = OK 2 R 2 R 3R Suy ra KM = OK − OM = 2 R − = 2 2 2 R 3R 3 R R 3 AM 2 = OM ⋅ KM = ⋅ = ⇒ AM = 2 2 4 2 Xét ∆OMI vuông tại M , có

cùng chắn cung AO ). Do đó ∆IAH ∽ ∆IOB ( g .g ) ⇒

R 3  R  R MI = OI − OM =   − 2  = 6  3   2

Suy ra AI = AM + MI =

R 3 R 3 2R 3 + = 2 6 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Diện tích ∆AKI là S =

1 1 3R 2 R 3 R 2 3 . AI ⋅ KM = ⋅ ⋅ = 2 2 2 3 2

x > y x2 + y2 Cho x, y là hai số thực thỏa  . . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x− y  xy = 1 Lời giải

Câu 5.

Với x > y , xy = 1 , ta có

2 x 2 + y 2 ( x − y )2 + 2 xy = = x− y+ x− y x− y x− y 2 Vì x > y ⇒ x − y > 0; > 0 và xy = 1 . x− y P=

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x − y;

x− y+

2 , ta có x− y

2 2( x − y ) ≥2 =2 2=2 2 x− y x− y

Suy ra min P = 2 2 . Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x − y =

2 ⇔ ( x − y )2 = 2 ⇔ x − y = 2 ⇔ x = y + 2 . x− y

 6− 2 y = 2 Mà xy = 1 ⇒ ( y + 2) y = 1 ⇔ y 2 + 2 y = 1 ⇔ y 2 + 2 y − 1 = 0 ⇔   − 6− 2 y =  2   2+ 6 2− 6 x = x =   2 2 Vậy min P = 2 2 tại  hoặc  y = − 2 + 6 y = − 2 − 6 .   2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 4 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Khóa ngày 02/06/2019 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI GỒM 2 PHẦN: TRẮC NGHIỆM VÀ TỰ LUẬN

Mã đề 401

HƯỚNG DẪN GIẢI A. PHẦN TRẮC NGHIỆM(4,0 điểm; gồm 20 câu, từ câu 1 đến câu 20). BẢNG ĐÁP ÁN 1.B 2.A 3.D 4.A 5.B 6.B 7.D 8.C 11.A 12.C 13.D 14.C 15.B 16.D 17.C 18.D

9.A 19.C

10.B 20.A

Câu 1: Giá trị rút gọn của biểu thức P = 2 27 + 300 − 3 75 A. 31 3.

C. 8 3. Lời giải

D. −3 3.

Chọn B P = 2 27 + 300 − 3 75 = 6 3 + 10 3 − 15 3 = 3 Câu 2: Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 3 x 2 + 12 x − 14 = 0. Giá trị của biểu thức

T = x1 + x2 bằng A. −4.

B. 4.

14 . 3 Lời giải

C. −

14 . 3

Chọn A Áp dụng định lý Vi – et cho phương trình trên: 12 T = x1 + x2 = − = −4 3

AOB = 114° (như hình vẽ Câu 3: Trên đường tròn ( O ) lấy các điểm phân biệt A, B, C sao cho

ACB bằng bên dưới). Số đo của

A. 76°.

B. 38°.

C. 114°. Lời giải

D. 57°.

Chọn D 1 (Tính chất góc nội tiếp chắn cung) ACB = ⋅ sñ BC 2 1 1 = AOB = ⋅114° = 57° 2 2 Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*1*

Câu 4: Cho hàm số y = ax − 2 có đồ thị là đường thẳng ( d ) như hình vẽ bên dưới. Hệ số góc của đường thẳng ( d ) bằng

1 x

A. 3.

B. −3.

C. 2. Lời giải

D. 1.

Chọn A Từ hình vẽ ta thấy ( d ) đi qua điểm (1;1) nên: 1 = a.1 − 2 ⇒ a = 3 Vậy hệ số góc của ( d ) là a = 3. Câu 5: Điều kiện của x đề biểu thức 1 A. x ≥ − . B. x ≥ 2. 2

2 x − 4 có nghĩa là C. x ≥ −2.

1 D. x ≥ . 2

Lời giải Chọn B Biểu thức 2 x − 4 có nghĩa khi và chỉ khi: 2x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 Câu 6: Hàm số nào sau đâu là hàm số bậc nhất? 2 A. y = + 1 B. y = 2 x − 3. C. y = −3 x + 2. D. y = 3x 2 . x Lời giải Chọn B Hàm số bậc nhất có dạng y = ax + b.  x − 3 y = −3 Câu 7: Bạn Thanh trình bày Lời giải hệ phương trình  theo các bước sau: 3x + 2 y = 13 −3x + 9 y = 9 *Bước 1: Hệ phương trình đã cho tương đường với  3x + 2 y = 13 *Bước 2: Cộng từng vế hai phương trình của hệ ta được 11 y = 22. Suy ra y = 2. *Bước 3: Thay y = 2 vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x = 3. *Bước 4: Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( 3; 2 ) . Số bước giải đúng trong Lời giải của bạn Thanh là A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*2*

Lời giải Chọn B  x − 3 y = −3 −3x + 9 y = 9 11 y = 22 y = 2 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  3 x + 2 y = 13 3x + 2 y = 13  x − 3 y = −3  x − 3.2 = −3  y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 3; 2 ) . Câu 8: Cho hàm số y = ax 2 có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đó là

y 2

x −1 A. y = − x 2 .

B. y = −2 x 2 .

C. y = 2 x 2 . Lời giải

D. y = x 2 .

Chọn C Đồ thị hàm số y = ax 2 có bề lõm hướng lên và đi qua điểm (1; 2 ) nên a > 0 và 2 = a.12 ⇒ a = 2 Vậy hàm số đó là y = 2 x 2 .

Câu 9: Cho đường thẳng d cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt A, B. Biết khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d bằng 8 cm và độ dài đoạn thẳng AB bằng 12 cm. Bán kính của đường tròn ( O ) bằng A. 10 cm.

B. 4 13 cm.

C. 20 cm. Lời giải

D. 4 5 cm.

Chọn A

Gọi H là chân đường cao kẻ từ O lên d ⇒ OH = 8 cm và H là trung điểm của AB ⇒ HB = 6 cm Xét tam giác OHB vuông tại H có: R = OB = OH 2 + BH 2 = 82 + 62 = 10 cm

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*3*

Câu 10: Xét hai đường tròn bất kỳ có tâm không trùng nhau ( O1 ; R1 ) , ( O2 ; R2 ) và R1 > R2 . Khẳng định nào sau đây sai? A. Nếu hai đường tròn tiếp xúc trong thì O1O2 = R1 − R2 . B. Nếu hai đường tròn ở ngoài nhau thì O1O2 < R1 + R2 . C. Nếu hai đường tròn cắt nhau thì O1O2 > R1 − R2 . D. Nếu hai đường tròn tiếp xúc ngoài thì O1O2 = R1 + R2 . Lời giải Chọn A Câu 11: Điểm nào sau đây là giao điểm của đường thẳng 1 2 x ? 4 A. M ( −2; −1) .

( d ) : y = 2x + 3

và parabol

( P) : y = −

B. M ( −2; −6 ) .

C. M ( −6;9 ) .

D. M ( 6; −9 ) .

Lời giải Chọn A Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là

 x = −2 1 1 − x2 = 2 x + 3 ⇔ − x2 − 2 x − 3 = 0 ⇔  4 4  x = −6 x = −2 ⇒ y = −1 x = −6 ⇒ y = −9 Giao điểm cần tìm là ( −2; −1) và ( −6; −9 ) . Câu 12: Diện tích của một hình tròn có bán kính bằng 4cm là A. 4π cm 2 . B. 64π cm 2 . C. 16π cm 2 . D. 8π cm 2 . Lời giải Chọn C Diện tích hình tròn có bán kính r = 4cm là S = π r 2 = π .42 = 16π cm2 2 x + 3 y = 5 Câu 13: Nghiệm của hệ phương trình  là 3 x − 2 y = −12

 46 9  A.  ; −  .  13 13 

B. ( 2; −3 ) .

 46 39  C.  − ; −  . 5   5 Lời giải

D. ( −2;3) .

Chọn D Tự luận

13 y = 39 2 x + 3 y = 5 6 x + 9 y = 15 y = 3  ⇔ ⇔ 5 − 3y ⇔   3 x − 2 y = −12 6 x − 4 y = −24  x = −2  x = 2 Nghiệm của hệ phương trình là ( −2;3) . Trắc nghiệm Bấm máy: MODE 5 1 và nhập các hệ số tương ứng của hệ phương trình.

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*4*

Câu 14: Tập nghiệm của phương trình x 2 − 5 x + 6 = 0 là A. {−3; 2} . B. {1;6} . C. {2;3} .

D. {−6; −1} .

Lời giải Chọn C Tự luận 2 ∆ = b 2 − 4 ac = ( −5 ) − 4.1.6 = 1 > 0

x = 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là  x = 3 Trắc nghiệm MODE 5 3 và nhập các hệ số tương ứng của phương trình. Câu 15: Thể tích của một hình cầu có bán kính bằng 15cm là A. 300π cm 3 . B. 4500π cm 3 . C. 225π cm 3 . D. 100π cm 3 . Lời giải Chọn B 4 4 Thể tích của hình cầu có bán kính R = 15cm là V = π R3 = π 153 = 4500π cm3 . 3 3 Câu 16: Cho điểm A ( a; b ) là giao điểm của hai đường thẳng ( d ) và ( l ) như hình vẽ bên.

d l

1 x

−2

Cặp số ( a; b ) là nghiệm của hệ phương trình nào sau đây?

3x + 4 y = 5 . A.  4 x + 3 y = 2

2 x − 3 y = 8 . B.  3x + 2 y = −1

2 x − 5 y = −9 . C.  3x − 6 y = 0 Lời giải

5 x − 4 y = −14 . D.  4 x + 5 y = −3

Chọn D Dựa hình vẽ, giao điểm của đường thẳng ( d ) và ( l ) là A ( −2;1)

3x + 4 y = 5 HPT  có nghiệm là ( −1; 2 ) . 4 x + 3 y = 2 2 x − 3 y = 8 HPT  có nghiệm là (1; −2 ) . 3x + 2 y = −1  2 x − 5 y = −9 HPT  có nghiệm là (18;9 ) . 3 x − 6 y = 0 5 x − 4 y = −14 HPT  có nghiệm là ( −2;1) .  4 x + 5 y = −3

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*5*

Câu 17: Khi thả chìm hoàn toàn tượng một con ngựa nhỏ bằng đá vào một ly nước có dạng hình trụ thì người ta thấy nước trong ly dâng lên 1,5cm và không tràn ra ngoài. Biết diện tích đáy của ly nước bằng 80 cm 2 . Thể tích của tượng ngựa đá bằng A. 40 cm 3 . B. 1200 cm 3 . C. 120 cm 3 . D. 400 cm 3 . Lời giải Chọn C Thể tích phần nước trong ly dâng lên chính là thể tích của tượng ngựa đá. 80 Diện tích đáy ly nước hình trụ là S = π r 2 = 80 cm 2 ⇒ r 2 = cm

Chiều cao mực nước dâng lên h = 1,5cm . 80 Thể tích cần tìm là V = π r 2 h = π . .1,5 = 120 cm3

Câu 18: Anh Bình đứng tại vị trí A cách một đài kiểm soát không lưu 50 m và nhìn thấy đỉnh C của đài này dưới một góc 55° so với phương nằm ngang (như hình vẽ bên dưới). Biết khoảng cách từ mắt của anh Bình đến mặt đất bằng 1,7m. Chiều cao BC của đài kiểm soát không lưu bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)

A. 40, 96 m.

B. 71, 41 m.

C. 42, 96 m. Lời giải

D. 73,11 m.

Chọn D

CK = 50.tan 550 ⇒ CK = HK .tan CHK HK Chiều cao BC của đài kiểm soát không lưu bằng BC = CK + KC ≈ 73,11m Câu 19: Cho đường thẳng ( d1 ) : y = ax + b song song với đường thẳng ( d 2 ) : y = −2 x + 1 và cắt

= Xét ∆HKC vuông tại K ta có tan CHK

trục tung tại điểm A ( 0;3 ) . Giá trị của biểu thức a 2 + b3 bằng

A. 23.

B. 1.

C. 31. Lời giải

D. 13.

Chọn C ( d1 ) ( d 2 ) ⇒ a = −2 A ( 0;3) ∈ ( d1 ) ⇒ 3 = −2.0 + b ⇒ b = 3 2

Vậy a 2 + b 3 = ( −2 ) + 33 = 31 .

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*6*

Câu 20: Đề chuẩn bị tốt cho việc tham gia kỳ thi Tuyển sinh vào lớp 10 THPT, bạn An đến của hàng sách mua thêm 1 bút bi để làm bài tự luận và 1 bút chì để làm bài trắc nghiệm khách quan. Bạn An trả cho của hàng hết 30000 đồng khi mua hai cây bút trên. Mặt khác, người bán hàng cho biết tổng số tiền thu được khi bán 5 bút bi và 3 bút chì bằng với tổng số tiền thu được khi bán 2 bút bi và 5 bút chì. Giá bán của mỗi bút bi và mỗi bút chì lần lượt là A. 12000 đồng và 18000 đồng. B. 18000 đồng và 12000 đồng. C. 16000 đồng và 14000 đồng. D. 14000 đồng và 16000 đồng. Lời giải Chọn A Gọi gia bán của một bút bi và một bút chì lần lượt là x và y (đồng) với 0 < x, y < 30000 Số tiền khi mua 1 bút bi và 1 bút chì: x + y = 30000 Số tiền 5 bút bi và 3 bút chì bằng 2 bút bi và 5 bút chì: 5 x + 3 y = 2 x + 5 y ⇔ 3x − 2 y = 0  x + y = 30000  x = 12000 ⇔ Giải hệ phương trình  3 x − 2 y = 0  y = 18000 Vậy giá mỗi bút bi là 12000 đồng và giá mỗi bút chì là 18000 đồng.

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*7*

B. PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm; gồm 4 câu, từ câu 1 đến câu 4). Câu 1: (0,5 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y = −2 x2 . Lời giải Bảng giá trị x 0 −2 −1 1 2 y −8 0 −8 −2 −2 Vẽ đồ thị hàm số y = −2 x 2

Câu 2: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x 2 − x − 20 = 0 b) 4 x 4 − 5 x 2 − 9 = 0 2 x − y = 8 c)  3x + 5 y = −1 Lời giải 2 a) x − x − 20 = 0 2 ∆ = ( −1) − 4.1. ( −20 ) = 81 > 0

⇒ ∆ =9 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là − ( −1) + 9  =5  x1 = 2.1  − ( −1) − 9  = −4  x2 = 2.1  Vậy tập nghiệm của phương trình S = {−4;5} .

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*8*

b) 4 x 4 − 5 x 2 − 9 = 0 (1) Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) t1 = −1 ( l ) Phương trình (1) trở thành 4t − 5t − 9 = 0 ⇔  t = 9 ( n )  2 4 3  x=−  9 9 2 Với t = ta được x 2 = ⇔  4 4 x = 3  2  3 3 Vậy tập nghiệm của phương trình S = − ;  .  2 2 2 x − y = 8 10 x − 5 y = 40 13x = 39 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔ c)  3 x + 5 y = −1 3 x + 5 y = −1  y = 2x − 8  y = −2 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 3, −2 ) . Câu 3: (1,5 điểm) a) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol 2

( d ) : y = 2 x + 4m

( P ) : y = x2

và

đường

thẳng

− 8m + 3 ( m là tham số thực). Tìm các giá trị của m để ( d ) và ( P ) cắt nhau

tại hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thoả mãn điều kiện y1 + y2 = 10. b) Trong kỳ thi Tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019, tổng chỉ tiêu tuyển sinh của Trường THPT A và trường THPT B là 900 học sinh. Do cả hai trường đều có chất lượng giáo dục rất tốt nên sau khi hết hạn thời gian điều chỉnh nguyên vọng thì số lượng thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A và Trường THPT B tăng lần lượt là 15% và 10% so với chỉ tiêu ban đầu. Vì vậy, tổng số thí sinh đăng ký dự tuyển của cả hai trường là 1010. Hỏi số lượng thí sinh đăng ký dự tuyển của mỗi trường là bao nhiêu? Lời giải a) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là x 2 = 2 x + 4m2 − 8m + 3 ⇔ x 2 − 2 x − 4 m 2 + 8m − 3 = 0 ( * )

( P)

và ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình ( *) có 2 nghiệm phân biệt 2

∆′ = ( −1) − ( −4m2 + 8m − 3) = 4m2 − 8m + 4 = ( 2m − 2 ) > 0 với mọi m ≠ 1 Ta có A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) là giao điểm của ( d ) và ( P ) nên y1 = x12 ; y2 = x2 2 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ( *)

 x1 + x2 = 2 Áp dụng định lý Vi – et đối với (*) :  2  x1 x2 = −4m + 8m − 3 Theo đề bài ta có 2

y1 + y2 = 10 ⇔ x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*9*

⇔ ( −2 ) − 2 ( −4m2 + 8m − 3) = 10 m = 0 ( nhaä n ) ⇔ 8m2 − 16m = 0 ⇔  m = 2 ( nhaän ) Vậy m = 0 hoặc m = 2 thoả mãn yêu cầu bài toán. b) Gọi x , y (thí sinh) lần lượt là chỉ tiêu của trường THPT A và THPT B x, y ∈ ℕ* và x, y ≤ 900 Tổng chỉ tiêu tuyển sinh của Trường THPT A và trường THPT B là 900 học sinh: x + y = 900 (1) Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là x + x.15% = 1,15 x (thí sinh) Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là y + y.10% = 1,1 y (thí sinh) Tổng số thí sinh đăng ký dự tuyển của cả hai trường là 1010 1,15 x + 1,1 y = 1010 ( 2 ) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  x + y = 900  x = 400 ⇔  1,15 x + 1,1y = 1010  y = 500 Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là 1,15 x = 1,15.400 = 460 thí sinh. Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là 1,1 y = 1,1.500 = 550 thí sinh.

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*10*

Câu 4: (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB > AC ) nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BD và CE cắt nhau tại H ( D thuộc AC , E thuộc AB ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . a) Chứng minh các tứ giác BCDE và AMON nội tiếp. b) Chứng minh AE . AM = AD. AN . c) Gọi K là giao điểm của ED và MN , F là giao điểm của AO và MN , I là giao điểm của ED và AH . Chứng minh F là trực tâm của tam giác KAI . Lời giải

= 90°, BDC = 90° a) Ta có: BEC ⇒ E , D thuộc đường tròn đường kính BC. ⇒ Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC. lần lượt là trung điểm Do M, N AB = 90°, ONA = 90° ⇒ OMA

và

AC ⇒ OM ⊥ AB, ON ⊥ AC

Tứ giác AMON có: + ONA = 90° + 90° = 180° mà OMA và ONA là hai góc đối nhau OMA ⇒ AMON là tứ giác nội tiếp. b) Cách 1: M , N là lần lượt là trung điểm của AB, AC ⇒ MN là đường trung bình của ∆ ABC ANM = ACB (so le trong) (1) ⇒ MN // BC ⇒ Mặt khác, ta có: = DCB + BED = 180° (tứ giác BCDE nội tiếp) ACB + BED = 180° (kề bù) AED + BED

⇒ ACB = AED ( 2 ) ANM = AED. Từ (1) và ( 2 ) ⇒

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*11*

Xét ∆ AMN và ∆ADE có: A : góc chung

ANM = AED. ⇒ ∆AMN ” ∆ADE AM AN ⇒ = ⇔ AE. AM = AD. AN AD AE Cách 2: Xét ∆ABD và ∆ ACE có:

A : góc chung = 90° ADB = AEC 2 AM AD AB AD AM AD = ⇔ = ⇔ = ⇔ AE. AM = AD. AN AC AE 2 AN AE AN AE c) H là giao điểm của BD và CD ⇒ H là trực tâm của ∆ABC ⇒ AH ⊥ BC mà MN // BC nên AH ⊥ MN ⇒ KN ⊥ AI ( 3 ) ⇒ ∆ABD ” ∆ACE ⇒

Gọi J là giao điểm của AF và DE Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON = EAO = MNO (góc nội tiếp cùng chắn cung OM ) EAJ Xét ∆AJE có: = = = ONA = 90° AEJ + EAJ AED + EAJ ANM + MNO ⇒ AJE = 90° ⇒ AJ ⊥ JE ⇒ AJ ⊥ KI ( 4 ) KN cắt AJ tại F ( 5 )

Từ ( 3 ) , ( 4 ) , ( 5 ) ⇒ F là trực tâm của ∆ KAI .

-------------------------Hết ------------------------Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trần Thị Thu Thảo 0964 1506 07 233/34/27 Nguyễn Văn Cừ, TP Cần Thơ Phát

hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*12*

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Gv: Phạm Chí Trung 0906.489009

Bài 1: (1,5điểm) a) Tính : A = 12 + 18 − 8 − 2 3

b) Cho biểu thức B = 9 x + 9 + 4 x + 4 + x + 1 với x ≥ −1 . Tìm x sao cho B có giá trị là 18. Bài 2: (2,0 điểm ) x + 2 y = 3 4 x + 5 y = 6

a) Giải hệ phương trình : 

b) Giải phương trình : 4 x 4 + 7 x 2 − 2 = 0 Bài 3: ( 1,5 điểm ) Cho hai hàm số y = 2 x 2 và y = -2x + 4. a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ điểm M (-2 ; 0) đến đường thẳng AB. Bài 4 : (1 điểm) 2

Cho phương trình 4 x 2 + ( m 2 + 2m − 15 ) x + ( m + 1) − 20 = 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức: x12 + x2 + 2019 = 0

Bài 5:(1 điểm ) Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 80m2. Nếu giảm chiều rộng 3m và tăng chiều dài 10m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2. Tính kích thước của mảnh đất. Bài 6: (3 điểm ) Cho đường tròn (O) tâm O, đường kính AB và C là điểm nằm trên đoạn thẳng OB ( với C khác B). Kẻ dây DE của đường tròn (O) vuông góc với AC tại trung điểm H của AC. Gọi K là giao điểm thứ hai của BD với đường tròn đường kính BC. a) Chứng minh tứ giác DHCK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CE song song với AD và ba điểm E, C, K thẳng hàng. c) Đường thẳng qua K vuông góc với DE cắt đường tròn (O) tại hai điểm M và N ( với M thuộc cung nhỏ AD ). Chứng minh rằng EM 2 + DN 2 = AB 2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

----------------------------Hết----------------------------

Lời giải: Bài 1: A = 12 + 18 − 8 − 2 3

= 4.3 + 9.2 − 4.2 − 2 3 = 2 3 +3 2 −2 2 −2 3 = 2 B = 9x + 9 + 4x + 4 + x + 1

= 9 ( x + 1) + 4 ( x + 1) + x + 1 = 3 x +1 + 2 x +1 + x +1 = 6 x +1

Bài 2:a) x + 2 y = 3  4 x + 5 y = 6 4 x + 8 y = 12 ⇔ 4 x + 5 y = 6 3 y = 6 ⇔ x = 3 − 2 y y = 2 ⇔  x = 3 − 2.2 = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2). b) 4 x 4 + 7 x 2 − 2 = 0 Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) ta được 4t 2 + 7t − 2 = 0 ∆ = 7 2 − 4.4.(−2) = 81 > 0, ∆ = 9

Phương trình có hai nghiệm phân biệt −7 + 9 1 −7 − 9 = ;t = = −2 8 4 8 1 1 1 Vì t ≥ 0 nên ta chọn t = ⇔ x 2 = ⇔ x = ± 4 4 2  1 Vậy S = ±   2 t=

Bài 3: a) Học sinh tự vẽ b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2 x 2 = −2 x + 4

⇔ 2 x2 + 2 x − 4 = 0 ⇔ x2 + x − 2 = 0

Phương trình có dạng a + b + c = 0 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ x = 1; x = −2

Với x = 1 ⇒ y = 2.12 = 2 2

Với x = −2 ⇒ y = 2. ( −2 ) = 8 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm A(1;2) và B(-2;8)

Gọi H là hình chiếu của M lên (d) thì MH là khoảng cách từ M đến đường thẳng AB. Gọi C, D lần lượt là giao điểm của (d) với Ox và Oy ⇒ D ( 0; 4 ) ; C ( 2; 0 )

∆MHC ∼ ∆DOC ( g − g ) MH DO = MC DC DO.MC ⇒ MH = DC Trong đó DO = yD = 4 ⇒

MC = xM − xC = 4 2

( xD − xC ) + ( yD − yC )

DC =

⇒ MH =

( −2 )

+ 42 = 2 5

4.4 8 5 = 5 2 5

8 5 5 2 2 2 Bài 4: Ta có: 4 x + m + 2m − 15 x + ( m + 1) − 20 = 0 (1)

Vậy khoảng cách cần tìm là

(

)

⇔ 4 x + m + 2m − 15 x + m + 2m − 19 = 0

(

)

(

∆ = m 2 + 2m − 15 − 4.4 m 2 + 2m − 19

)

2 2 = ( m + 1) − 16  − 16 ( m + 1) − 20      4

= ( m + 1) − 32 ( m + 1) + 256 − 16 ( m + 1) + 320 = ( m + 1) − 48 ( m + 1) + 576 2

2 = ( m + 1) − 24  ≥ 0  

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Suy ra Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Phương trình (1) có dạng a − b + c = 0 2

Suy ra phương trình có nghiệm x = −1 và x =

− ( m + 1) + 20 4

Th1: Nếu x1 = −1 và x2 =

− ( m + 1) + 20 4

2 1

Theo đề ta có: x + x2 + 2019 = 0 2

⇔ 1+

− ( m + 1) + 20 4

+ 2019 = 0

⇔ − ( m + 1) + 20 + 8080 = 0 2

⇔ ( m + 1) = 8100 ⇒ m + 1 = ±90  m = 89 ⇔  m = −91 2

TH2: Nếu x1 =

− ( m + 1) + 20

và x2 = −1

4 2 Theo đề ta có : x1 + x2 + 2019 = 0 2

 − ( m + 1)2 + 20   − 1 + 2019 = 0 ⇔   4   2

 − ( m + 1)2 + 20   + 2018 = 0 ⇔   4  

Loại vì vế trái luôn dương Vậy m ∈ {89; −91} thì thỏa mãn điều kiện của bài toán Bài 5: Gọi x (mét) là chiều rộng của mảnh đất : Y (mét) là chiều dài của mảnh đất:  x>3 y > x > 3

Điều kiện: 

Diện tích mảnh đất là 80 m2 nên ta có phương trình: x. y = 80 ( m 2 ) Nếu giảm chiều rộng đi 3m thì chiều rộng mới là x – 3 (m). Nếu tăng chiều dài lên 10m thì chiều dài mới là y + 10 (m). Theo đề ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

xy = 80 xy = 80   ⇔   xy − 3 y + 10 x − 30 − 80 − 20 = 0 ( x − 3)( y + 10 ) − xy = 20 xy = 80   10 xy = 800 ⇔ ⇔ −3 y + 10 x = 50 10 x = 50 + 3 y 3 y 2 + 50 y − 800 = 0 ( 50 + 3 y ) y = 80 ⇔ ⇔  10 x = 50 + 3 y  10 x = 50 + 3 y   y = 10    y = 10  −80 ⇔  y = ⇔ 3  x =8   10 x = 50 + 3 y

Vậy chiều dài mảnh đất là 10m, chiều rộng là 8m.

Bài 6:

= 900 ( gt ) a) Ta có DHC

= 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) BKC = 900 ( Kè bù với BKC ) ⇒ DKC + DHC = 1800 Xét tứ giác DHKC ta có: DKC và DHC đối nhau Mà DKC Suy ra DHKC là tứ giác nội tiếp. b) Ta có OA ⊥ DE ⇒ H là trung điểm của DE ( quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). Tứ giác ADCE có H là trung điểm của AC và DE và AC ⊥ DE Nên ADCE là hình thoi ⇒ AD // CE. Ta có ADB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) ⇒ CE ⊥ BD

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mà CK ⊥ BD (cmt) ⇒ hai đường thẳng CE và CK trùng nhau ⇒ E, C, K thẳng hàng. c) Vẽ đường kính MI của đường tròn O = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MI) Ta có MNI ⇒ NI ⊥ MN Mà DE ⊥ MN ⇒ NI // DE ( cùng vuông góc với MN) ⇒ DN = EI (hai dây song song chắn hai cung bằng nhau) = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MI) Ta lại có MEI ⇒ ∆MEI vuông tại E EM 2 + EI 2 = MI 2 ( Định lý py-ta-go)

Mà DN = EI MI = AB =2R ⇒ EM 2 + DN 2 = AB 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019- 2020 ĐẮK LẮK ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1.(2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A = 32 − 6. 3 +

22 . 11

2) Giải phương trình: x 2 − 2x = 0 . 3) Xác định hệ số a của hàm số y = ax 2 , biết đồ thị của hàm sốđó đi qua điểm A ( −3;1) . Câu 2.(2,0 điểm)Cho phương trình: x 2 − (2m − n)x + (2m + 3n − 1) = 0 (1) (m, n là tham số). 1) Với n = 0 , chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 2) Tìm m, n để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn x1 + x 2 = −1 và x 12 + x 22 = 13. Câu 3.(2,0 điểm) 2 . Gọi A, B 2 lần lượt là giao điểm của d với trục hoành và trục tung; H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Tính độ dài các đoạn thẳng OH (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình: y = − x +

2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 12 cm, bán kính đáy là 2cm, lượng nước trong cốc cao 8 cm. Người ta thả vào cốc nước 6 viên bi hình cầu có cùng bán kính1cm và ngập hoàn toàn trong nước làm nước trong cốc dâng lên. Hỏi sau khi thả 6 viên bi vào thì mực nước trong cốc cách miệng cốc bao nhiêu xentimét? (Giả sử độ dày của cốc là không đáng kể) Câu 4.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Điểm M thuộc cung nhỏ = 30 0. Gọi N là giao điểm của CM và OB. Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) BDsao cho BOM cắt OB, OD kéo dài lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua N và vuông góc với AB cắt EF tại P. 1) Chứng minh tứ giác ONMP là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh tam giác EMNlà tam giác đều. 3) Chứng minh NC = OP . 4) Gọi H là trực tâm của tam giác AEF. Hỏiba điểm A, H, P có thẳng hàng không? Vì sao ? Câu 5.(1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + 2y + 3z = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S =

xy 3yz 3xz + + . xy + 3z 3yz + x 3xz + 4y

----------Hết---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………..……… Số báo danh:………………………………… Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chữ kí của giám thị 1:………………………..……….. Chữ kí của giám thị 2:………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019- 2020 Môn thi: TOÁN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm 03 trang) A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐÁP ÁN

CÂU 1) A = 32 − 6. 3 +

22 22 = 4 2 − 2. 3. 3 + 11 11

0.25

=2 2.

0.25

2) x − 2x = 0 ⇔ x ( x − 2 ) = 0

x = 0 ⇔ x − 2 = 0 x = 0 . ⇔ x = 2 3) Đồ thi hàm số y = ax 2 đi qua điểm A ( −3;1) khi và chỉ khi a(−3)2 = 1

1 ⇔a= . 9 1) Với n = 0, phương trình (1) trở thành: x 2 − 2mx + (2m − 1) = 0 . ∆ ' = m 2 − 2m + 1 = (m − 1) 2 . '

∆ ≥ 0, ∀m nên phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 2

0.25

= 4 2 −3 2 + 2 2

ĐIỂM

 x1 + x 2 = −1  x1 + x 2 = −1 2)  2 ⇔ 2 2 ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = 13  x1 + x 2 = 13

 x + x 2 = −1 ⇔ 1  x1x 2 = −6  x 1 + x 2 = −1 Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn  x 2 + x 2 = 13 khi và chỉ khi:  1 2 2m − n = −1 ⇔ 2m + 3n = −5 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

m = −1 ⇔ . n = −1

0.25

 2  2 . Do đó, giao điểm của d với trục hoành là A  ;0  . 2  2   2 2 . Do đó, giao điểm của d với trục tung là B  0; x =0⇒ y=  . 2 2  

1) y = 0 ⇒ x =

2 (cm). 2 Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có: ⇒ OA = OB =

AB = OA2 + OB2 = 1 (cm) AB 1 ⇒ OH = = (cm). 2 2 2) Thể tích nước dâng lên chính là tổng thể tích của 6 viên bi thả vào và bằng: 4 6. π .13 = 8π (cm 3 ) . 3 Dễ thấy phần nước dâng lên dạng hình trụ có đáy bằng với đáy của cốc nước và có thể tích bằng 8π (cm3 ) . 8π Chiều cao của phần nước dâng lên là = 2(cm) . π .2 2 Vậy mực nước dâng cao cách miệng cốc là: 12 − 8 − 2 = 2 (cm).

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

N A

B E

0.5

= 900 ( PN ⊥ OB ). 1) Ta có: ONP

0.25

= 900 (EF là tiếp tuyến tại M của đường tròn (O)). OMP

0.25

Tứ giác ONMP có N, M cùng nhìn OP dưới một góc vuông nênlà tứ giác nội tiếp.

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 900 + 300 2)Ta có: CME = CMO = = 600 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung). 2 2

= 300 ⇒ OEM = 900 − 300 = 600 . Tam giác OME vuông tại M, có MOE

0.25

= NEM = 600 nên là tam giác đều. Tam giác EMN có NME

0.25

= NOP , mà NME = MNE (tam giác EMN đều). 3)Tứ giác ONMP nội tiếp nên NME = MNE ⇒ OP / /CM . ⇒ NOP Tứ giác OCNP có OP / /CN ; NP / /CO nên là hình bình hành ⇒ OP = CN .. 4)Tam giác ENM đều, NM / /OP nên suy ra tam giác EOP đều. = 900 − OPE = 900 − 600 = 300 . Giả sử ba điểm A, H, P thẳng hàng ⇒ AP ⊥ EF ⇒ APO

= MOE = 300 (đồng vị). AP ⊥ EF ⇒ AP / /OM ⇒ PAO Suy ra tam giác AOP cân ⇒ OP = OA (mâu thuẫn vì P nằm trên tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) nên P không thuộc đường tròn (O)). Vậy ba điểm A, H, P không thẳng hàng. Đặt a = x; b = 2y;c = 3z , ta được: a, b,c > 0; a + b + c = 2 . ab bc ac Khi đó: S = + + . ab + 2c bc + 2a ac + 2b Xét

ab ab = = ab + 2c ab + ( a + b + c ) c

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0.25

Tương tự ta có:

0.25 0.25 0.25

0.25

ab 1 a b  ≤  + ( a + c )( b + c ) 2  a + c b + c 

a b = . a+c b+c

0.25

bc 1 b c  ac 1 a c  ≤  + ≤  + ; . bc + 2a 2  b + a c + a  ac + 2b 2  a + b c + b 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

b c a c = ; = . b+a c+a a +b c+b

1a+b b+c a+c 3 Cộng các vế ta được: S ≤  + + = . 2a+b b+c a+c 2 3 2 Vậy giá trị lớn nhất của S bằng khi và chỉ khi a = b = c = hay giá trị lớn nhất của 2 3 3 2 1 2 S bằng khi và chỉ khi x = ; y = ; z = . 2 3 3 9 B. HƯỚNG DẪN CHẤM

0.25

1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành phần và không làm tròn. 2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

------- HẾT -------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: Toán (Không chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (1,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình a) x − 3 = 0 . x + 3y = 4 b)  . 2 x + 5 y = 7 Bài 2: (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau a) A = 45 + 20 − 5 . x+ x x−4 + với x > 0 . x x +2 Bài 3: (2,0 điểm) Cho Parapol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d ) : y = 2 x + 3 .

b) B =

a) Vẽ Parapol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d ) : y = 2 x + 3 trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của ( P ) và ( d ) . Bài 4: (1,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 1200 m 2 . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật đó, biết rằng chiều dài hơn chiều rộng là 10 m . Bài 5: (3,0 điểm) Cho một điểm M nằm bên ngoài đường tròn ( O;6 cm ) . Kẻ hai tiếp tuyến MN , MP ( N , P là hai tiếp điểm) của đường tròn ( O ) . Vẽ cát tuyến MAB của đường tròn ( O ) sao cho đoạn thẳng AB = 6 cm với A, B thuộc đường tròn ( O ) , A nằm giữa M và B .

a) Chứng minh tứ giác OPMN nội tiếp đường tròn.

và góc MHN . b) Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB . So sánh góc MON c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ AB và dây AB của hình tròn tâm ( O ) . Bài 6: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =

1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu abc

thức P = ( a + b )( a + c ) .

------------------------ Hết -------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ, tên thí sinh: …………………………………………. Số báo danh: …………………………

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TOÁN CHUNG CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN

CÂU

Bài 1 (1đ)

BIỂU ĐIỂM 0.5

a) x − 3 = 0 ⇔ x = 3 x + 3y = 4 2 x + 6 y = 8 b)  ⇔ 2 x + 5 y = 7 2 x + 5 y = 7

0.25

y =1 y =1 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 2 x + 5 y = 7 2 x + 5.1 = 7 y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) .

Bài 2 (2đ)

0,25 0,5 0,5

a) A = 3 5 + 2 5 − 5 =4 5

x b) B =

(

)+(

x +1 x

x +2

)(

x −2

)

0,5

x +2 0,25 0,25

= x +1+ x − 2 = 2 x −1 a) Vẽ đồ thị Tọa độ điểm của đồ thị ( P ) : y = x 2 x -2 -1 2 4 1 y=x

Bài 3 (2đ)

0 0

1 1

2 4

Tọa độ điểm của đồ thị ( d ) : y = 2 x + 3 x 0 −3 2 3 0 y = 2x + 3

0,25

0,25 0,25

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = 2 x + 3 ⇔ x2 − 2 x − 3 = 0 Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0  x = −1 y =1 Pt ⇔  1 . Từ Pt của (P) ⇒  1  x2 = 3  y2 = 9 Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A ( −1;1) , B(3;9) .

0,5

0,25

Bài 4 (1đ)

* Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật, ( ĐK x > 0 ). Vì chiều dài hơn chiều rộng là 10m nên chiều dài là : x + 10 (m) Diện tích hình chữ nhật 1200m2 nên ta có phương trình : x ( x + 10 ) = 1200 Giải phương trìnhPhát : x 2 + hành đượNguyễn c x1 = 30 Thanh (thỏa ĐTú K) ; x2 = −40 ( loại) 10 x − 1200 0 ta PDF=bởi Ths

Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0.25

Vậy chiều rộng mảnh vườn là 30m, chiều dài mảnh vườn là : 40m

0.25 0.25

Vẽ hình đúng

0.5

Bài 5 (3đ) a) Tứ giác PMNO có ∠P = 900 và ∠N = 900 (Tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∠P + ∠N = 1800 ⇒ Tứ giác PMNO nội tiếp được trong đường tròn đường kính MO. b) Vì: H là trung điểm của AB, nên: OH ⊥ AB ⇒ ∠OHM = ∠ONM = 90 0 . ∠OHM và ∠ONM cùng nhìn đoạn OM một góc 900 ⇒ Tứ giác MNHO nội tiếp trong một đường tròn . ⇒ ∠MHN = ∠MON ( vì cùng chắn cung MN). c) Gọi diện tích cần tính là SVP SVP = S qAOB − S ∆AOB + Ta có: OA = OB = AB = 6cm 2

+ S qAOB =

πR n

=> ∆AOB đều => S ∆AOB = 9 3 ≈ 15,59 ( cm 2 ) .

0.25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

π .6 .60

= 6π ≈ 18,84(cm 2 ) .

360 360 =>SVP = S q − S ∆ = 6 π - 9 3 = 3(2 π - 3 3 ) ≈ 18,84 - 15,59 ≈ 3,25 (cm2).

*Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =

0,25 0,25

1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu abc

thức P = ( a + b )( a + c ) .

Bài 6 (1đ)

1 ⇒ abc ( a + b + c ) = 1 . abc Theo bất đẳng thức côsi ta có: P = ( a + b )( a + c ) = a 2 + ab + ac + bc ≥ 2 a ( a + b + c ) .bc = 2

Ta có: a + b + c =

a ( a + b + c ) = bc a ( a + b + c ) = 1 Đẳng thức xảy ra khi:  ⇔ bc = 1 bc = 1 Ta thấy hệ có vô số nghiệm dương chẳng hạn b = c = 1, a = 2 − 1 . Vậy Pmin = 2 . * Học sinh có thể giải cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa --------Hết--------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25 0.25

0,25

SỞ GD& ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ TS VÀO 10 THPT Năm học: 2019 – 2020 Môn: Toán (Chung) Thời gian: 90’ (không kể giao đề) ĐỀ BÀI:

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức: A =

x −1 7 x − 3 x+5 và B = + x−9 x +3 x −3

1. Tính A khi x = 25. 2. Rút gọn biểu thức B. 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của

A . B

Câu 2. (2,5 điểm) 1. Giải phương trình: a) x 2 − 5 x + 4 = 0

b) x 4 + x 2 − 6 = 0 2 x − y = 7 x − 2 y = −1

2. Giải hệ phương trình:  Câu 3. (1,0 điểm)

Cho phương trình: x 2 + ax + b + 1 = 0 (a, b là các tham số). Tìm a, b để phương trình  x1 − x2 = 3

có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 

3 3  x1 − x2 = 9

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) và có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (I khác O). Kẻ đường kính CE. 1. Chứng minh tứ giác ABDE là hình thang cân. 2. Chứng minh:

AB 2 + CD 2 + BC 2 + AD 2 = 2 2 R.

3. Từ A, B kẻ các đường thẳng vuông góc với CD lần lượt cắt BD, AC tại F và K. Tứ giác ABKF là hình gì? Câu 5. (1,0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y 3 = x 3 + x 2 + x + 1. 2. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: A = (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 ) là một số chính phương. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN

Câu 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức: A =

x −1 7 x − 3 x+5 và B = + x−9 x +3 x −3

1. Tính A khi x = 25. 2. Rút gọn biểu thức B. 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của

A . B

Hướng dẫn: ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 9 25 + 5

1. Với x = 25 (TMĐK) => A = 25 − 3 = 5 − 3 =15 B=

2. Có:

x −1 7 x − 3 ( x −1)( x − 3) 7 x − 3 + = + x −9 x−9 x +3 ( x + 3)( x − 3) x −4 x +3+7 x −3 x +3 x = = x −9 x −9

x x −3

A x+5 x x+5 = : = x 3. Có: B x − 3 x − 3

ĐK: x > 0. A x+5 5 = = x+ ≥ 2. B x x =>

Dấu "=" xảy ra <=>

5 =2 5 x

5 ⇔ x = 5(TM ) x

MinA = 2 5 ⇔ x = 5

Vậy Câu 2. (2,5 điểm) 1. Giải phương trình: a)

x2 − 5x + 4 = 0

4 2 b) x + x − 6 = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 x − y = 7  2. Giải hệ phương trình:  x − 2 y = − 1

Hướng dẫn: x = 1

2 1. a) x − 5 x + 4 = 0 ⇔  x = 4



 ( x 2 − 2) = 0 ⇔ x = ± 2 x 4 + x 2 − 6 = 0 ⇔ ( x 2 − 2)( x 2 + 3) = 0 ⇔  2  ( x + 3) = 0 (Vo ly ) 2 x − y = 7

4 x − 2 y = 14

3 x = 15

x = 5

2.  x − 2 y = − 1 ⇔  x − 2 y = − 1 ⇔  x − 2 y = − 1 ⇔  y = 3     Câu 3. (1,0 điểm)

Cho phương trình: x 2 + ax + b + 1 = 0 (a, b là các tham số). Tìm a, b để phương trình  x1 − x2 = 3

có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 

3 3  x1 − x2 = 9

Hướng dẫn: 2 2 Ta có: ∆ = a − 4(b + 1) = a − 4b − 4

∆ ≥ 0 ⇔ a 2 − 4b − 4 ≥ 0

Để phương trình có nghiệm thì:  x1 − x2 = − a  Theo Vi-Et ta có:  x1.x2 = b + 1  x1 − x2 = 3  x1 − x2 = 3 ⇔ ⇔ ( x1 + x2 )2 − x1 x2 = 3  3 3 2 2 Mà:  x1 − x2 = 9 ( x1 − x2 )( x1 + x1 x2 + x2 ) = 9 ⇔ ( − a)2 − b − 1 = 3 ⇔ b = a 2 − 4 b = a2 − 4

Thay

vào biểu thức Delta ta có:

∆ = a − 4b − 4 = a 2 − 4(a 2 − 4) − 4 = −3a 2 + 12 ∆ ≥ 0 ⇔ −3a 2 − 12 ≥ 0 ⇔ − 2 ≤ a ≤ 2

ĐK: x1 =

2 2 −a + ∆ −a + −3a + 12 − a − ∆ −a − −3a + 12 = ; x2 = = 2 2 2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

− a + −3a 2 + 12 − a − −3a 2 + 12 x1 − x2 = 3 => x1 − x2 = − =3 2 2 Do: => − 3a 2 + 12 = 9 =>  a =1 (TM ) => b = −3 a = − 1

Vậy

 a = ±1  b = −3

thì pt có nghiệm thỏa mãn đề bài.

AB 2 + CD 2 + BC 2 + AD 2 = 2 2 R.

3. Từ A, B kẻ các đường thẳng vuông góc với CD lần lượt cắt BD, AC tại F và K. Tứ giác ABKF là hình gì? Hướng dẫn:

B C O E

K I A D

M F

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= EBC = EDC = 900 1. Có: EAC (Góc nt chắn nửa đường tròn) ⇒ EA ⊥ AC ⇒ EA BD (⊥ AC ) ⇒ EADB là hình thang (1)

= BCE = 900  BEC Mà:  0 (cmt)  IDC = ICD = 90 1 Do: IDC = BDC = ADC = 2 BC (Góc nt chắn BC )

=> ICD = ACD = BCE => ⇒ EB = AD ⇒ EB = AD (2)

Từ (1) và (2) => AEBD là hình thang cân. (đpcm) 2 2 2 2 2 2 2 2 2. Có: AB + CD + BC + AD = ( ED + CD ) + ( BC + EB ) (Vì: AB = ED, AD = EB (cmt))

=> AB 2 + CD 2 + BC 2 + AD 2 = ( ED 2 + CD 2 ) + ( BC 2 + EB 2 )

= EC 2 + EC 2 =

2 EC 2 =

2.(2 R )2 = 2 2 R

(đpcm)

3. Giả sử : AF ⊥ CD = M ; BK ⊥ CD = N => MCA = IFA (Cùng phụ với CAM ) ⇒ ∆ AFB cân tại A. => AB = AF (3)

= IAF ⇒ IAB (Đường cao trong tam giác cân)

Mà: BK // AF (cùng ⊥ DC ) = IAF ( SLT ) ⇒ IKB = IAB (= IAF) ⇒ IKB ⇒ ∆ ABK cân tại B => BA = BK (4)

Từ (3) và (4) => AB = BK = AF. => AF//=BK => ABKF là HBH Mặt khác: => ABKF là hình thoi. Câu 5. (1,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y 3 = x 3 + x 2 + x + 1. 2. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: A = (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 ) là một số chính phương. Hướng dẫn: x3 + x 2 + x + 1 = 0 ⇔ ( x + 1)( x 2 + 1) = 0

1. Với y = 0 => 2 <=> ( x + 1) = 0 ( Do : x + 1 > 0 ∀ x) <=> x = -1.

Với y ≠ 0 => y.y2 = (x + 1)(x2 + 1)  y = x +1 2 2 =>  y 2 = x 2 + 1 (Vì: x, y ∈ℤ ⇒ y < y , x + 1 < x + 1)  ( x + 1) 2 = x 2 + 1 ⇔ x 2 + 2 x + 1 = x 2 + 1 ⇔ x = 0 => y = 1

Vậy pt có nghiệm là: (x;y) = (-1; 0) ; (0; 1) 2. Vì: ab+bc+ca = 1 => 1 + a2 = ab+bc+ca + a2 = (a+b)(a+c) (1) Tương tự: 1 + b2 = ab+bc+ca + b2 = (a+b)(b+c) (2) 1 + c2 = ab+bc+ca + c2 = (c+b)(a+c) (3) Từ (1), (2) và (3) => A = (a+b)2(b+c)2(c+a)2 => A là số CP (đpcm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2019 – 2020 Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (1,75 điểm) 1) Giải phương trình 2 x 2 − 7 x + 6 = 0. 2 x − 3 y = −5 2) Giải phương trình  3x + 4 y = 18 3) Giải phương trình x 4 + 7 x 2 − 18 = 0. Câu 2. (2,25 điểm) 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số y =

−1 2 x , y = 2 x − 1 trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2

2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau. 3) Tìm các số thực x để biểu thức M = 3x − 5 −

1 3

x2 − 4

xác định.

Câu 3. ( 2 điểm) 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4 a , NP = 3 a với 0 < a ∈ ℝ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN . 2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn 2

 a + a  a − 3 a + 2    ( với a ≥ 0 và a ≠ 4 ). 1) Rút gọn biểu thức P =   1 + a  a − 2  4x 2 − xy = 2  . x y 2) Tìm các số thực và thỏa mãn  2 y − 3xy = −2  Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại trực tâm H .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

, ABC , BCA đều là góc nhọn. Biết ba góc CAB

1) Chứng minh bốn điểm B, C , D , E cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh DE vuông góc với OA. . 3) Cho M , N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC . Câu 6. (0,5 điểm) Cho ba số thực a , b , c . Chứng minh rằng: 3

( a2 − bc)

+ (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab) .

HẾT

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN – TỈNH ĐỒNG NAI Câu 1. (1,75 điểm) 1) Giải phương trình 2 x 2 − 7 x + 6 = 0. 2 x − 3 y = −5 2) Giải phương trình  3x + 4 y = 18 3) Giải phương trình x 4 + 7 x 2 − 18 = 0. Lời giải 1) Giải phương trình: 2 x 2 − 7 x + 6 = 0. 2

Ta có: ∆ = b 2 − 4 ac = (−7 ) − 4.2.6 = 1 > 0

  x1 = 7 + 1 = 2  2.2 . ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt:   7 1 3 − x = = 2 2.2 2   3  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  ; 2 .  2  2 x − 3 y = −5 2) Giải hệ phương trình :  3x + 4 y = 18

17 y = 51 y = 3 2 x − 3y = −5 6x − 9 y = −15 x = 2   ⇔ ⇔ ⇔ .   3y − 5 ⇔  6x + 8y = 36 x = 3.3 − 5 y = 3 x = 3x + 4 y = 18  2 2  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x ; y ) = (2; 3). 3) Giải hệ phương trình: x 4 + 7 x 2 − 18 = 0. Đặt x 2 = t (t ≥ 0 ) . Khi đó ta có phương trình ⇔ t 2 + 7 t − 18 = 0 (1) Ta có: ∆ = 7 2 + 4.18 = 121 > 0

 t1 = −7 + 121 = −7 + 11 = 2 (tm)  2 2 ⇒ (1) có hai nghiệm phân biệt:   t = −7 − 121 = −7 − 11 = −9 ( ktm) 2 2 2  Với t = 2 ⇒ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

{

}

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S = − 2 ; 2 . Câu 2 ( 2,25 điểm): 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số y =

−1 2 x , y = 2 x − 1 trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2

2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau. 3) Tìm các số thực x để biểu thức M = 3x − 5 −

1 3

x2 − 4

xác định.

Lời giải 1) Vẽ đồ thị hai hàm số y =

−1 2 x , y = 2 x − 1 trên cùng một mặt phẳng tọa độ 2

1 +) Vẽ đồ thị hàm số y = − x 2 2

Ta có bảng giá trị:

-4

-2

1 y = − x2 2

-8 -2 0 -2 -8 1 Vậy đồ thị hàm số y = − x 2 là đường cong đi qua các điểm (−4; −8) , (−2; 2 ) , (0; 0 ) , (2; − 2 ) , 2 ( 4; −8) và nhận trục Oy làm trục đối xứng. +) Vẽ đồ thị hàm số y = 2 x − 1 Ta có bảng giá trị: x y = 2x − 1

0 -1

-2 -5

Vậy đường thẳng y = 2 x − 1 là đường thẳng đi qua hai điểm: (0; −1) , (−2; −5).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau. Hai đường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau.   m = 1 m 2 + 1 = 2 m 2 = 1 ⇔ ⇔ ⇔  m = −1 ⇔ m = 1. m ≠ −1 m ≠ −1  m ≠ −1

Vậy m = 1 thỏa mãn bài toán. 3) Tìm các số thực x để biểu thức M = 3x − 5 −

1 3

x2 − 4

xác định.

  5 3x − 5 ≥ 0 3x ≥ 5 x ≥ 5  x≥     ⇔ ⇔ Biểu thức M đã cho xác định ⇔  2 3 ⇔ 3. x − 4 ≠ 0 x 2 ≠ 4   x ≠ ±2 x ≠ 2 Vậy biểu thức M xác định khi và chỉ khi x ≥

5 , x ≠ 2. 3

Câu 3( 2 điểm) (VD): 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4 a , NP = 3 a với 0 < a ∈ ℝ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn 2

có hai nghiệm là 2x1 − (x2 ) và 2x2 − (x1 ) . 3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm? Lời giải 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4 a , NP = 3 a với 0 < a ∈ ℝ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN . Khi xoay tam giác MNP vuông tại N quanh đường thẳng MN ta được hình nón có chiều cao h = MN = 4 a và bán kính đáy R = NP = 3a. Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MNP ta có: 2

MP 2 = MN 2 + NP 2 = ( 4a) + (3a) = 25a2 ⇒ MP = 25 a 2 = 5 a ( Do a > 0 )

Do đó hình nón có độ dài đường sinh là l = MP = 5a. Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π Rl = π .3 a.5 a = 15π a 2 . 2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn 2

có hai nghiệm là 2x1 − (x2 ) và 2x2 − (x1 ) .

x1 + x2 = 3 Phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 ( gt) nên áp dụng định lí Vi-ét ta có:   x1 x2 = 1 Xét các tổng và tích sau: 2

S = 2 x1 − (x2 ) + 2 x2 − (x1 ) = 2 (x1 + x2 ) − (x12 +22 ) 2 = 2 ( x1 + x2 ) − (x1 + x2 ) − 2 x1 x2  = 2.3 −  32 − 2.1 = −1  

2 2 2 P =  2 x1 − (x2 )   2 x2 − (x1 )  = 4x1 x2 − 2 x13 − 2 x23 + (x1 x2 )    2

= 4x1 x2 − 2 (x13 + x23 ) + (x1 x2 )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= 4.1 − 2  33 − 3.1.3 + 12 = −31. 2

Ta có S 2 = (−1) = 1 ≥ 4P = −124 2

⇒ 2 x1 − ( x2 ) và 2x2 − (x1 ) là 2 nghiệm của phương trình X 2 − SX + P = 0 ⇔ X 2 + X − 31 = 0.

3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm? Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là x ( %/năm) ( ĐK: x > 0 ). Số tiền lãi bác B phải trả sau 1 năm gửi 100 triệu đồng là 100x% = x ( triệu đồng). ⇒ Số tiền bác B phải trả sau 1 năm là 100 + x ( triệu đồng).

Do số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B (100 + x) x phải trả sau 2 năm là (100 + x ) x% = ( triệu đồng). 100 Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu đồng nên ta có phương trình: 100 + x +

(100 + x ) x 100

= 121 ⇔ 10000 + 100 x + 100 x + x 2 = 12100

⇔ x 2 + 200 x − 2100 = 0 ⇔ x 2 − 10 x + 210 x − 2100 = 0 ⇔ x ( x − 10 ) + 210 (x − 10 ) = 0 ⇔ (x − 10 )( x + 210 ) = 0

 x = 10 (tm)  x − 10 = 0 ⇔ ⇔    x = −210 ( ktm)  x + 210 = 0 Vậy lãi suất cho vay của ngân hàng đó là 10%/ năm. Câu 4 ( 1 điểm)

 a + a  a − 3 a + 2    ( với a ≥ 0 và a ≠ 4 ). 1) Rút gọn biểu thức P =   1 + a  a − 2  4x 2 − xy = 2  . 2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn  2 y − 3xy = −2  Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải

 a + a  a − 3 a + 2    ( với a ≥ 0 và a ≠ 4 ).  1 + a  a − 2 

1) Rút gọn biểu thức: P = 

Với a ≥ 0 và a ≠ 4 thì:

(

)

a 1+ a a−2 a − a + 2  a + a  a − 3 a + 2   = P =  .    1 + a  a − 2  1+ a a −2

= a. = a.

(

) (

a −2 −

a −2

(

)

= a.

(

)(

a −1

a −2

)

a −2

)

a −1 = a− a

Vậy P = a − a .

4x 2 − xy = 2  . 1) Tìm các số thực x và y thỏa mãn  2 y − 3xy = −2   2 4 x − xy = 2 (1)  2 y − 3xy = −2 ( 2 ) 

Lấy (1) cộng (2 ) vế với vế ta được: 4 x 2 − xy + y 2 − 3xy = 0 ⇔ 4 x 2 − 4 xy + y 2 = 0 2

⇔ ( 2 x − y) = 0 ⇔ 2 x − y = 0 ⇔ y = 2 x Thay y = 2 x vào (2 ) ta được: ⇔ − 2 x 2 = −2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1

Với x = 1 thì y = 2.1 = 2. Với x = −1 thì y = 2.(−1) = −2. Vậy hệ có nghiệm (x ; y ) ∈ {(1; 2 ) , (−1; −2 )} . Câu 5 (2,5 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại trực , ABC , BCA đều là góc nhọn. tâm H . Biết ba góc CAB

2) Chứng minh bốn điểm B, C , D , E cùng thuộc một đường tròn. 3) Chứng minh DE vuông góc với OA. . 4) Cho M , N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC . Lời giải

Phương pháp: 1) Chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau. 2) Kẻ tiếp tuyến Ax chứng minh Ax / /DE. Cách giải:

BD ⊥ AC ⇒ BDC = 90°  1) Ta có:  CE ⊥ AB ⇒ CEB = 90°  = BEC = 90° nên nó là tứ giác nội tiếp ( tứ giá có hai đỉnh kề nhua cùng Tứ giác BEDC có BDC nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

Suy ra bốn điểm B , D , C , E cùng thuộc một đường tròn. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) tại A . Khi đó Ax ⊥ AO ( tính chất tiếp tuyến). = CBA ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) (1) Ta có: CAx = EDA ( góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối diên đỉnh Do tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) ⇒ CBA đó) (2 )

(

)

= EDA = CBA . Từ (1) và (2 ) suy ra CAx Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE / /Ax . Mà Ax ⊥ AO (cmt) nên DE ⊥ AO (đpcm). Câu 6 (0,5 điểm) Cho ba số thực a , b , c . Chứng minh rằng: 3

( a2 − bc)

+ (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab) .

Lời giải Phương pháp: -

Đặt x = a 2 − bc , y = b 2 − ca , z = c 2 − ab đưa bất đẳng thức cần chứng minh về x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz.

Chứng minh đẳng thức x 3 + y 3 + z3 − 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx)

Từ đó đánh gái hiệu x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz và kết luận. Đặt x = a 2 − bc , y = b 2 − ca , z = c 2 − ab Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz. Ta có:

x 3 + y 3 + z3 − 3xyz = (x 3 + y 3 ) − 3xyz + z3 3

= (x + y) − 3xy (x + y) − 3xyz + z3 3

= ( x + y) + z3 − 3xy (x + y + z) 2 = (x + y + z) (x + y ) − (x + y ) z + z2  − 3xy ( x + y + z)  

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= (x + y + z)  x 2 + 2xy + y 2 − xz − yz + z2 − 3xy  = ( x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx) Dễ thấy: x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx =

1 2 x − 2 xy + y 2 + y 2 − 2 yz + z 2 + z 2 − 2 zx + x 2 ) ( 2

1 2 2 2 ( x − y ) + ( y − z) + ( z − x )  ≥ 0, ∀x , y , z  2

Do đó ta đi xét dấu của x + y + z Ta có: x + y + z = a 2 − bc + b 2 − ca + c 2 − ab = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca =

1 2 2 2 ( a − b) + (b − c ) + (c − a)  ≥ 0, ∀a , b , c  2

Suy ra x + y + z ≥ 0 ⇒(x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx) ≥ 0 3

⇒ x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz hay ( a 2 − bc ) + (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab)

(đpcm) Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 TỈNH ĐỒNG THÁP (2019-2020) Câu 1. (1 điểm) a) Rútgọnbiểuthức: A = 36 − 4 b) Tìm x biết x = 3 Câu 2. (1 điểm)

2 x + 5 y = 12 2 x + y = 4

Giảihệphươngtrình:  Câu 3. (1 điểm) Giảiphươngtrình:

x 2 − 7 x + 12 = 0 Câu 4. (1 điểm) Tronghệtrụctọađộ Oxy, chođườngthẳng (x): y=6x+b vàparabol (P): y = ax 2 ( a ≠ 0 ) a) Tìmgiátrịcủa b đểđườngthẳng (d) đi qua điểmM(0;9) b) Với b tìmđược, tìmgiátrịcảu a để (d) tiếpxúcvới (P). Câu 5. (1 điểm) Cho phươngtrình x 2 − mx − 2m 2 + 3m − 2 = 0 ( với m làthamsố). Chứng minh rằngphươngtrìnhđãchocó 2 nghiệmphânbiệtvớimọigiátrịcủa m. Câu 6. (1 điểm) Chiềucaotrungbìnhcủa 40 họcsinhlớp 9A là 1,628 m. Trongđóchiềucaotrungbìnhcủahọcsinhnamlà 1,64m vàchiềucaotrungbìnhcủahọcsinhnữlà 1,61m. Tínhsốhọcsinhnam, sốhọcsinhnữcủalớp 9A. Câu 7. (1 điểm)Người ta muốntạomộtcáikhuônđúcdạnghìnhtrụ, cóchiềucaobằng 16 cm, bánkínhđáybằng 8cm, mặtđáytrênlõmxuốngdạnghìnhnónvàkhoảngcáchtừđỉnhhìnhnónđếnmặtđáydướihìnhtrụbằng 10cm ( nhưhìnhvẽbên). Tínhdiệntíchtoànbộmặtkhuôn (lấy π = 3,14 ).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

8cm

16cm 10cm

Câu 8. (3 điểm) Cho tam giác ABC cóbagócnhọn ( AB< AC) vàđườngcao AH ( K∈ BC). Vẽđườngtròn (O) đườngkính BC. Từ A kẻcáctiếptuyến AM, AN vớiđườngtròn (O)(với M, N làcáctiếpđiểm, M và B nằmtrênnữamặtphẳngcóbờlàđườngthẳng AO ). Gọi H làgiaođiểmcủahaiđườngthẳngANvà AK. a) Chứng minh tứgiác AMKO làtứgiácnộitiếp b) Chứng minh KA làtiaphângiácgóc AKN c) Chứng minh AN 2 = AK . AH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (1 điểm) a) Rútgọnbiểuthức: A = 36 − 4 b) Tìm x biết x = 3 Cáchgiải:

Ta có : A = 36 − 4 = 6 − 2 = 4 Vây A = 4 Điềukiện : x ≥ 0 Ta có : x = 3 ⇔ x = 32 ⇔ x = 9 ( thỏamãn) Vậy x = 9 Câu 2. (1 điểm)

2 x + 5 y = 12 2 x + y = 4

Giảihệphươngtrình:  Cáchgiải:

2 x + 5 y = 12 4 y = 8 y = 2 y = 2 ⇔ ⇔ ⇔ 2 x + y = 4 2 x + y = 4 2 x + 2 = 4  x = 1

Ta có: 

Vậyhệphươngtrìnhcónghiệmduynhất: ( x; y ) = (1;2 ) Câu 3. (1 điểm) Giảiphươngtrình:

x 2 − 7 x + 12 = 0 Cáchgiải:

x 2 − 7 x + 12 = 0 ⇔ x 2 − 3x − 4 x + 12 = 0

⇔ x ( x − 3) − 4 ( x − 3) = 0 ⇔ ( x − 3)( x − 4 ) = 0 x − 3 = 0 x = 3 ⇔ ⇔ x − 4 = 0 x = 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậyphươngtrìnhcónghiệm S = {3;4} Câu 4. (1 điểm) Tronghệtrụctọađộ Oxy, chođườngthẳng (d): y=6x+b vàparabol (P): y = ax 2 ( a ≠ 0 ) a) Tìmgiátrịcủa b đểđườngthẳng (d) đi qua điểmM(0;9) b) Với b tìmđược, tìmgiátrịcâu a để (d) tiếpxúcvới (P). a) Đườngthẳng(d): y=6x+b đi qua điểmM(0;9) Cáchgiải:

⇒ thay x = 0; y = 9 vàophươngtrìnhđườngthẳng (d): y=6x+b ta được : 9= 6.0+b ⇔ b = 9 Vậy b=9 b) Theo câu a ta có b=9 ⇒ ax 2 − 6 x + 9 = 0 (*) đểđườngthẳng (d) tiếpxúcvới (P) thìphươngtrình (*) cónghiệmkép

a ≠ 0 a ≠ 0 a ≠ 0  a ≠ 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔  ∆ ' = 0 ( 3) − a.( −9 ) = 0 9 + 9a = 0 a = −1

⇒ a = −1 Vậy a = -1 làgiátrịcầntìm. Câu 5. (1 điểm) Cáchgiải:

Cho phươngtrình x 2 − mx − 2m 2 + 3m − 2 = 0 ( với m làthamsố). Chứng minh rằngphươngtrìnhđãchocó 2 nghiệmphânbiệtvớimọigiátrịcủa m. Phươngtrình x 2 − mx − 2m 2 + 3m − 2 = 0 có a = 1; b = − m; c = −2m 2 + 3m − 2 2

(

)

Ta có: ∆ = b 2 − 4ac = ( − m ) − 4.1. −2m 2 + 3m − 2 = 9m 2 − 12m + 8 = ( 3m − 2 ) + 4 2

Vì ( 3m − 2 ) ≥ 0; ∀m ⇔ ( 3m − 2 ) + 4 > 0, ∀m

Hay ∆ > 0, ∀m nênphươngtrìnhđãcholuôncó 2 nghiệmphânbiệtvớimọi m Câu 6. (1 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chiềucaotrungbìnhcủa 40 họcsinhlớp 9A là 1,628 m. Trongđóchiềucaotrungbìnhcủahọcsinhnamlà 1,64m vàchiềucaotrungbìnhcủahọcsinhnữlà 1,61m. Tínhsốhọcsinhnam, sốhọcsinhnữcủalớp 9A. Cáchgiải: Gọisốhọcsinhnamvàsốhọcsinhnữcủalớp 9A lầnlượtlà x, y (x,y∈ Ν * ,x,y<40) (họcsinh) Lớp 9A có 40 họcsinhnên ta cóphươntrìnhx+y=40 (1) Vìchiềucaotrungbìnhcủahọcsinhlớp 9A là 1,628m nên ta cóphươngtrình

1,64 x + 1,61 y = 1,628 40 ⇔ 1,64 x + 1,61 y = 65,12 ( 2 ) Từ (1) và (2) ta cóphươngtrình:

 x + y = 40  y = 40 − x ⇔  1,64 x + 1,61 y = 65,12 1,64 x + 1,61 y = 65,12

 y = 40 − x  y = 40 − x ⇔ ⇔ 1,64 x + 1,61( 40 − x ) = 65,12 1,64 x + 64,4 − 1,61x = 65,12  y = 40 − x  x = 24 ⇔ ⇔ ( tm ) 0,03 x = 0,72  y = 16 Vậysốhọcsinhnamlớp 9A là 24hs Sốhsnữcủalớp 9A là 16 họcsinh

Câu 7. (1 điểm) Người ta muốntạomộtcáikhuônđúcdạnghìnhtrụ, cóchiềucaobằng 16 cm, bánkínhđáybằng 8cm, mặtđáytrênlõmxuốngdạnghìnhnónvàkhoảngcáchtừđỉnhhìnhnónđếnmặtđáydướihìnhtrụbằng 10cm ( nhưhìnhvẽbên). Tínhdiệntíchtoànbộmặtkhuôn (lấy ) 8cm

16cm 10cm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cáchgiải: Hìnhtrụcóbánkính r=8cm vàchiềucao h=16cm nêndiệntíchxungquanhhìnhtrụlà

S1 = 2π rh = 2π .8.16 = 256π 2 ( cm 2 )

(

Diệntích 1 mặtđáycủahìnhtrụlà S 2 = π r 2 = π .82 = 64π cm 2

)

Phầnhìnhnónbịlõmxuốngcóchiềucao h1 = 16 − 10 = 6cm vàbánkínhđáy r=8cm Đườngsinhcủahìnhnónlà l = r 2 + h 2 = 82 + 6 2 = 10cm

(

Diệntíchxungquanhcủahìnhnónlà: S3 = π rl = π .8.10 = 80π cm 2

) (

Diệntíchtoànbộmặtkhuônlà: S = S1 + S 2 + S3 = 256π + 64π + 80π = 400π = 1256 cm 2

)

Vậydiệntíchtoànbộmặtkhuônlà 1256(cm2) Câu 8. (3 điểm): Cho tam giác ABC cóbagócnhọn ( AB< AC) vàđườngcao AH ( K∈ BC). Vẽđườngtròn (O) đườngkính BC. Từ A kẻcáctiếptuyến AM, AN vớiđườngtròn (O)(với M, N làcáctiếpđiểm, M và B nằmtrênnữamặtphẳngcóbờlàđườngthẳng AO ). Gọi H làgiaođiểmcủahaiđườngthẳngANvà AK. a) Chứng minh tứgiác AMKO làtứgiácnộitiếp b) Chứng minh KA làtiaphângiácgóc AKN c) Chứng minh AN 2 = AK . AH Cáchgiải:

N M

a) Chứng minh tứgiác AMKO làtứgiácnộitiếp

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

AMO = 900 Xétđườngtròn (O) có AM làtiếptuyếnnên AM ⊥ OM hay AKO = 900 Lạicó AK ⊥ BC suyra Xéttứgiác AMKO có AMO = AKO = 900 nênhaiđỉnh M, K kềnhaucùngnhìncạnh AO dướicácgócvuông, do đótứgiác AMKO làtứgiácnộitiếp(đpcm) b) Chứng minh KA làtiaphângiác AKN

ANO = 900 xétđườngtròn (O) có AN làtiếptuyếnnên AN ⊥ ON hay AKO = ANO = 900 + 900 = 1800 màhaigóc ở vịtríđốinhaunêntứgiác KONA Xéttứgiác KONA có = NOA (1) làtứgiácnộitiếp. Suy ta NKA = MOA (2) Lạicótứgiác AMKO làtứgiácnộitiếp (theocâu a) nên MKA (TÍNH CHẤT) Xétđườngtròn (O) có AM, AN là 2 tiếptuyếnnên OA làtiaphângiáccủa MON = NOA (3) Do đó MOA = NKA hay KA làtiaphângiácgóc MKN (đpcm) Từ (1), (2), (3) suyra MKA c) Chứng minh AN 2 = AK . AH

AMN làgóctạobởitiếptuyếnvàdâycung MN nên xétđườngtròn (O) có AMN =

= MOA = lạicó MKA

1 sd cung MN ( 4 ) 2

1 = 1 sd cung MN ( 5 ) MON ( theocâu b) nên MKA 2 2

. Từ (4), (5) suyra AMH = MKA Xét ∆AMH và ∆AKM có;

chung MAH (cmt) AMH = MKA Nên ∆AMH ∼ ∆AKM ( g .g ) suyra

AM AH = ⇔ AM 2 = AK . AH AK AM

Lạicó AM = AN ( tinhchấthaitiếptuyếncắtnhau) nên AN2=AK.AH (đpcm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Nộp sản phẩm: TOÁN HỌA

Email: vantien87lp@gmail.com

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2019-2020 Câu I (2,0 điểm). 1) Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 = 0 3 x − y = 3 2) Giải hệ phương trình:  2 x + y = 7 Câu II (2,0 điểm). 1) Rút gọn biếu thức: A =

4 5 −1

− 3 45 +

(

)

5 −1

 1 1  3+ x 2) Cho biểu thức: B =  , (với x > 0; x ≠ 9 ). − . x 3− x 3+ x  Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để B >

1 . 2

Câu III (1.5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) có phương trình y =

( d ) có phương trình

1 2 x và đường thẳng 2

y = − mx + 3 − m (với m là tham số).

1) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol ( P ) , biết điểm M có hoành độ bằng 4. 2) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm A, B . Tìm m để x12 + x22 = 2 x1 x2 + 20 .

Câu IV (4.0 điểm). 1) Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn ( O; R ) vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn đó. Gọi M là một

điểm bất kì trên nửa đường tròn ( O; R ) (với M khác A , M khác B ), tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M cắt Ax, By lần lượt tại C và D . a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp. b) Chứng minh tam giác COD vuông tại O . c) Chứng minh AC.BD = R 2 . b) Kẻ MN ⊥ AB,( N ∈ AB ) ; BC cắt MN tại I . Chứng minh I là trung điểm của MN . 2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính đáy r = 4 cm, độ dài đường sinh l = 5 cm.

Câu V (0,5 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh

1 1 1 + + ≤ 1. 2+a 2+b 2+c

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hướng dẫn giải Câu I (2,0 điểm). 1) Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 = 0

Lời giải Ta có a + b + c = 1 + ( −5) + 4 = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = 4 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; 4} .

3 x − y = 3 2) Giải hệ phương trình:  2 x + y = 7

Lời giải 3 x − y = 3 Ta có  ⇔ 2 x + y = 7

5 x = 10 x = 2 x = 2 ⇔ ⇔ ⇒ ( x; y ) = ( 2;3) .  2 x + y = 7 4 + y = 7 y = 3

Câu II (2,0 điểm). 1) Rút gọn biếu thức: A =

4 5 −1

(

− 3 45 +

)

5 −1

Lời giải Ta có A =

4 5 −1

− 3 45 +

(

)

5 −1

(

) −9

5 +1 5 −1

5 −1

= 5 + 1 − 9 5 + 5 − 1 = −7 5 .  1 1  3+ x , (với x > 0; x ≠ 9 ). 2) Cho biểu thức: B =  − . x 3− x 3+ x  Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để B >

1 . 2

Lời giải

( )(

) )

 1 1  3+ x 3+ x − 3− x 3+ x Ta có B =  − = . . x x 3− x 3+ x 3− x 3+ x 

(

2 x

( 3 − x )( 3 + x )

⇔

3+ x x

2 3− x

(

)

4− 3− x 1 2 1 2 1 ⇔ > ⇔ − >0⇔ >0 2 3− x 2 3− x 2 2 3− x

(

1+ x

(

2 3− x

)

> 0; (*)

Vì 1 + x > 0 nên (*) ⇔ 3 − x > 0 ⇔

x <3⇔0< x<9

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vì x ∈ ℤ ⇒ x ∈ {1; 2;3; 4;5;6;7;8} .

Câu III (1.5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P ) có phương trình y =

( d ) có phương trình

1 2 x và đường thẳng 2

y = − mx + 3 − m (với m là tham số).

1) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol ( P ) , biết điểm M có hoành độ bằng 4.

Lời giải Vì M ∈ ( P ) ⇒ y =

1 2 .4 = 8 ⇒ M ( 4;8 ) . 2

2) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm A, B . Tìm m để x12 + x22 = 2 x1 x2 + 20 .

Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là

1 2 x = − mx + 3 − m 2

⇔ x 2 + 2 mx + 2 m − 6 = 0 2

Ta có ∆ = ( − m ) − ( 2m − 6 ) = m2 − 2m + 6 = ( m − 1) + 5 > 0, ∀m Suy ra đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt.  x + x2 = −2m Ta có hệ thức Vi-ét  1  x1 .x2 = 2m − 6 Yêu cầu x12 + x22 = 2 x1 x2 + 20 ⇔ x12 + x22 + 2 x1 x2 = 4 x1 x2 + 20 2

⇔ ( x1 + x2 ) = 4 x1 x2 + 20 ⇔ ( −2m ) = 4 ( 2m − 6 ) + 20 2

⇔ 4m2 − 8m + 4 = 0 ⇔ 4 ( m − 1) = 0 ⇔ m − 1 = 0 ⇔ m = 1( thoa − man ) . V ậy m = 1 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải

a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp.

= 90 OAC OA ⊥ AC ⇒ ến ta có  Theo tính chất tiếp tuyến OM ⊥ CM C = 90 OM

+ OMC = 90 + 90 = 180 Xét tứ giác ACMO có tổng hai góc ở vị trí đối nhau OAC tiếp. Suy ra tứ giác ACMO nội ti b) Chứng minh tam giác COD vuông tại O .

ng chứng chứ minh được tứ giác BDMO nội tiếp. Tương tự ý a) ta cũng Ta có AMB = 90 (góc nộội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra tam giác ABM vuông tại B .

+ OBM = 90 Suy ra OAM = MCO (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp ếp tứ giác ACMO ) Lại có OAM = OBM (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDMO ) ODM

= OAM + ODC = MCO + ODM + OBM = 90 ⇒ ∆ COD vuông tại DCO ạ O. c) Chứng minh AC .BD = R 2 .  AC = MC ếp tuy tuyến cắt nhau ta có  Theo tính chất hai tiếp  BD = MD Tam giác COD vuông tại O có đường cao OM

ng tam giác vuông ta có MC.MD = OM 2 ⇔ AC .BD = R 2 ⇒ Đpcm. Áp dụng hệ thức lượng đ ểm của MN . d) Kẻ MN ⊥ AB,( N ∈ AB ) ; BC cắt MN tại I . Chứng minh I là trung đi Kẻ BM cắt Ax tại E.

ng phân giác trong của c tam giác Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có CO là đường v là đường cao củaa tam giác ACM. cân ACM. Suy ra OC vừa phân giác vừa Suy ra OC ⊥ AM , mà EB ⊥ AM ⇒ OC // EB .

m của AB suy ra OC là đường trung bình tam giác ABE. Lại có O là trung điểm m của AE. Suy ra C là trung điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có AE // MN (vì cùng vuông góc với AB).

nh lý Ta Lét vào tam giác ABE ta có Áp dụng hệ quả định

BA AE = BN NM

nh lý Ta Lét vào tam giác ABC ta có Áp dụng hệ quả định

BA AC = BN NI

⇒

AE AC BA AE AC AE NM c MN . = = ⇒ = ⇒ = = 2 ⇒ I là trung điểm của NM NI BN NM NI AC NI

ột hình nón có bán kính đáy r = 4 cm, độ dài đường sinh l = 5 cm. 2) Tính thể tích của một

Ta có AH = r = 4cm; AO = l = 5cm ⇒ OH = AO2 − AH 2 = 9 = 3cm 1 Thể tích hình nón là V = .OH.π .r 2 = 16π cm 3 . 3

(

)

Câu V (0,5 điểm).

ực dương và thỏa mãn điều kiện abc = 1 Cho a, b, c là các số thực Chứng minh

1 1 1 + + ≤ 1. 2+a 2+b 2+c

Lời giải

ứng minh Bất đẳng thức cần chứng

1 1 1 + + ≤1 2+a 2+b 2+c

⇔ ( b + 2 )( c + 2 ) + ( a + 2 )( c + 2 ) + ( a + 2 )( b + 2 ) ≤ ( a + 2 )( b + 2 )( c + 2 ) ⇔ ab + bc + ca + 4 ( a + b + c ) + 12 ≤ abc + 2 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) + 8 ⇔ ab + bc + ca + 4 ( a + b + c ) + 12 ≤ 1 + 2 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) + 8 ⇔ ab + bc + ca ≥ 3

thức CauChy cho 3 số dương ta có Thật vậy áp dụng bất đẳng th 2

⇔ ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc ) ≥ 3 .

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 . Hoàn tất chứng minh.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI

NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: MÔN TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi 02 tháng 6 năm 2019 Thời gian làm bài: 120 phút.

Bài I. ( 2,0 điểm )

(

) và B =  15 −

2  x +1 x với x ≥ 0; x ≠ 25 . +  : 25 − x x + 5  x − 5  x − 25 1) Tìm giá trị của biểu thức A khi x = 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P = A.B đạt giá trị nguyên lớn nhât. Bài II. (2,5 điểm). 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình : Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong. Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 25% công việc. Hỏi mỗi đội làm riêng thì bao nhiêu ngày mới hoàn thành xong công việc trên? 2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ với chiều cao 1,75 m và diện tích đáy là 0,32 m 2 . Hỏi 4

Cho hai biểu thức A =

x +1

bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày của bồn nước).

Bài III. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 4 − 7 x 2 − 18 = 0. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = 2mx − m 2 + 1 và parabol ( P) : y = x 2 a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P) tại hai điểm phân biệt b) Tìm tất cả giá trị của m để ( d ) cắt ( P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn

−2 1 1 + = +1. x1 x2 x1 x2

Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H .

1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF . 3) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC . Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm I ,

đường thẳng EF cắt đường thẳng AH tại điểm P . Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB và đường thẳng KH song song với đường thẳng IP . Bài V. ( 0,5 điểm) Cho biểu thức P = a 4 + b 4 − ab với a, b là các số thực thỏa mãn a 2 + b 2 + ab = 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P . ---HẾT--NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI

https://www.facebook.com/groups/650500558651229/

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I. ( 2,0 điểm )

(

) và B =  15 −

2  x +1 x + với x ≥ 0; x ≠ 25 . :  25 − x x + 5  x − 5  x − 25 1) Tìm giá trị của biểu thức A khi x = 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . 3) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P = A.B đạt giá trị nguyên lớn nhât. 4

Cho hai biểu thức A =

x +1

Lời giải 1) Với x = 9

4 Thay vào A ta có : A =

(

) = 4(

x +1

25 − x

) = 4.( 3 + 1) = 1.

9 +1

25 − 9

2) Rút gọn biểu thức B .

 15 − x 2  x +1 . + B =  : x + 5  x − 5  x − 25

Với x ≥ 0 , x ≠ 25 , ta có

 B=  

15 − x

(

x +5

)(

15 − x + 2 B=

(

x +5

x −5

(

)(

)

x −5 x −5

)

15 − x + 2 x − 10

(

x +5

)(

x −5

)

x +5

(

x +5

)(

x −5

)

⋅

 2  x +1 : . x + 5 x − 5 

): :

x +1 . x −5 x +1 . x −5

x −5 . x +1

1 . x +1 3) Tìm tất cả giá trị nguyên của x để biểu thức P = A.B đạt giá giá trị nguyên lớn nhất. B=

4 Ta có P = A.B =

(

)⋅

x +1

25 − x

1 4 = . x + 1 25 − x

Để P nhận giá trị nguyên khi x ∈ Z thì 4⋮ ( 25 − x ) hay 25 − x ∈ U ( 4) = {−4; − 2; − 1;1; 2; 4} . Khi đó, ta có bảng giá trị sau: 25 − x

−4

−2

−1

P = A.B

−1

−2

−4

NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI

https://www.facebook.com/groups/650500558651229/

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đánh giá

Thỏa mãn

Do P đạt giá trị nguyên lớn nhất nên ta có P = 4 . Khi đó giá trị cần tìm của x là x = 24 .

Bài II. (2,5 điểm). 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình : Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì sau 15 ngày làm xong. Nếu đội thứ nhất làm riêng trong 3 ngày rồi dừng lại và đội thứ hai làm tiếp công việc đó trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành được 25% công việc. Hỏi mỗi đội làm riêng thì bao nhiêu ngày mới hoàn thành xong công việc trên. 2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ với chiều cao 1,75 m và diện tích đáy là 0,32 m 2 . Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước ? (Bỏ qua bề dày của bồn nước).

Lời giải 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình : - Gọi thời gian để đội thứ nhất và đội thứ hai làm riêng một mình hoàn thành xong công việc lần lượt là x và y

( x > 15, y > 15) , đơn vị (ngày).

Một ngày đội thứ nhất làm được Một ngày đội thứ hai làm được

1 (công việc). x

1 (công việc). y

Vì hai đội cùng làm trong 15 ngày thì hoàn thành xong công việc. Như vậy trong một ngày cả hai

đội làm được

1 1 1 1 (công việc). Suy ra, ta có phương trình : + = 15 x y 15

(1).

3 (công việc). x

Ba ngày đội đội thứ nhất làm được

Năm ngày đội thứ hai làm được

Vì đội thứ nhất làm trong 3 ngày rồi dừng lại đội thứ hai làm tiếp trong 5 ngày thì cả hai đội hoàn thành xong 25% =

5 (công việc). y

1 3 5 1 (công việc). Suy ra, ta có phương trình : + = 4 x y 4

(2).

1 1 1 1 1 =  x + y = 15  x = 24   x 24 . (TMĐK). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :  ⇔ ⇔  y = 40 3 + 5 = 1 1 = 1  x y 4  y 40

Vậy thời gian để đội thứ nhất làm riêng một mình hoàn thành xong công việc là 24 (ngày) và thời gian để đội thứ hai làm riêng một mình hoàn thành xong công việc là 40 (ngày). 2) Số mét khối nước đựng được của bồn chính là thể tích của bồn chứa. Như vậy số mét khối đựng

được của bồn sẽ là : V = 0 ,32.1,75 = 0,56 ( m3 ) . Bài III. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x 4 − 7 x 2 − 18 = 0. 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = 2mx − m 2 + 1 và parabol ( P ) : y = x 2 a) Chứng minh ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI

https://www.facebook.com/groups/650500558651229/

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Tìm tất cả giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn

−2 1 1 + = +1 x1 x2 x1 x2

Lời giải 1) Giải phương trình: x 4 − 7 x 2 − 18 = 0 (1)

Cách 1 : Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 )(*) *Phương trình (1) trở thành : t 2 − 7t − 18 = 0 ( 2 ) 2

Ta có : ∆ = ( −7 ) − 4.1. ( −18 ) = 121 = 112 ⇒ ∆ = 11 Suy ra :Phương trình ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt là:

t1 =

7 + 11 7 − 11 = 9 ( t / m ) và t2 = = −2 ( ktm ) 2 2

Thay t = 9 vào (*) ta có : x 2 = 9 ⇔ x = ±3 Vậy nghiệm của phương trình là : x = ±3 Cách 2 :

Ta có : x 4 − 7 x 2 − 18 = 0 ⇔ x 4 + 2 x 2 − 9 x 2 − 18 = 0

(

) (

)

⇔ x2 x2 + 2 − 9 x2 + 2 = 0

(

)(

)

⇔ x2 + 2 x2 − 9 = 0

 x 2 + 2 = 0 ( vôli ) ⇔ 2  x − 9 = 0 ⇔ x2 = 9 ⇔ x = ±3 Vậy nghiệm của phương trình là : x = ±3 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = 2mx − m 2 + 1 và parabol ( P ) : y = x 2 a) Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 − 2mx + m2 − 1 (1)

Để (d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với ∀m a = 1 ≠ 0 Ta có :  ' ' 2 ∆ = ( b ) − ac > 0

∀m

Xét ∆ ' = m 2 − ( m 2 − 1) = m 2 − m 2 + 1 = 1 > 0, ∀m Vậy (d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt b) Tìm tất cả giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn

−2 1 1 + = +1 x1 x2 x1 x2

( 2)

NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI

https://www.facebook.com/groups/650500558651229/

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có x1 x2 ≠ 0 ⇒ m 2 − 1 ≠ 0 ⇒ m ≠ ±1

Hai nghiệm của phương trình : x1 = m − 1; x2 = m + 1 Biến đổi biểu thức ( 2 ) ta có :

−2 −2 + x1 x2 1 1 x +x + = +1 ⇒ 1 2 = ⇒ x1 + x2 = −2 + x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2

Thay x1 = m − 1; x2 = m + 1 vào biểu thức x1 + x2 = −2 + x1 x2 ta có :

m -1 + m + 1 = -2 + ( m -1)( m + 1) ⇒ m2 -1- 2 = 2m ⇔ m2 − 2m − 3 = 0 ⇔ ( m − 3)( m + 1) = 0 m = 3 m − 3 = 0 ⇔ ⇔ m + 1 = 0  m = − 1( L ) Kết Luận : Với m = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H .

đường thẳng EF cắt đường thẳng AH tại điểm P . Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB và đường thẳng KH song song với đường thẳng IP . Lời giải

E x

P F

H O

S 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F cùng thuộc một đường tròn. NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI

https://www.facebook.com/groups/650500558651229/

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét tứ giác BCEF ta có :

= 90° ( BE là đường cao) BEC = 90° ( CF là đường cao) BFC ⇒ BCEF là tứ giác nội tiếp (đỉnh E , F cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông).

2) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF .

= ACB (tính chất giữa đường tiếp tuyến và dây cung). Vẽ tiếp tuyến Ax như hình vẽ ⇒ BAF Do tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ AFE = ACB.

= Ta suy ra BAF AFE ⇒ EF //Ax (do hai góc so le trong) Lại có Ax ⊥ OA ⇒ OA ⊥ EF (đpcm). 3) Chứng minh ∆APE ∽ ∆ABI

= = 180° ) AEB = ABI ( Vì Ta có : AEB + EFC ABI + EFC = 90° (vì AI ⊥ PE ) Mặt khác APE + PAI = 90° ( Vì AH ⊥ BC ) ⇒ APE = AIB AIB + PAI Vậy ∆APE ∽ ABI ( g-g). * Chứng minh KH //PI Gọi M là giao điểm của AO và EF , dung đường kính AS Ta có BE / /CS cùng vuông góc AC

BS / /CF cùng vuông góc AB ⇒ BHCS là hình bình hành nên H , K , S thẳng hàng Ta có AE. AC = AH . AD và AE. AC = AM . AS

⇒ AH . AD = AM . AS ⇒

AH AM AHM = ∆ ASD = ⇒ ∆AHM ∼ ∆ASD ⇒ AS AD

⇒ HMSD Nội tiếp đường tròn = PDM = HSM ⇒ HS //PI . Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn ⇒ PIM Bài V. ( 0,5 điểm) Cho biểu thức P = a 4 + b 4 − ab với a, b là các số thực thỏa mãn a 2 + b 2 + ab = 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P .

Lời giải Ta có a 2 + b 2 + ab = 3 ⇔ a 2 + b 2 = 3 − ab thay vào P ta được. NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI

https://www.facebook.com/groups/650500558651229/

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

P = a 4 + b 4 − ab = ( a 2 + b 2 ) − 2a 2b 2 − ab = ( 3 − ab ) − 2a 2b 2 − ab = 9 − 6ab + a 2b 2 − 2a 2b 2 − ab 2

7  85 7 49  49 2   = 9 − 7 ab − a 2b 2 = − ( ab ) + 2.ab. +  + + 9 = −  ab +  + . 2 4 2 4 4   2

Vì a 2 + b 2 = 3 − ab , mà ( a + b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ −2ab ⇒ 3 − ab ≥ −2ab ⇔ ab ≥ −3 . (1) 2

Và ( a − b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇒ 3 − ab ≥ 2ab ⇔ ab ≤ 1 . ( 2 ) Từ

(1)

( 2)

và

suy

⇔

−3 ≤ ab ≤ 1 ⇔ −3 +

7 7 7 1 7 9 ≤ ab + ≤ + 1 ⇔ ≤ ab + ≤ 2 2 2 2 2 2

1  7  81 81 7 1 81 85 7  85 1 85   ≤  ab +  ≤ ⇔ − ≤ −  ab +  ≤ − ⇔ − + ≤ −  ab +  + ≤ − + 4  2 4 4 2 4 4 4 2 4 4 4   2

7  85  ⇔ 1 ≤ −  ab +  + ≤ 21 2 4  a = 3 b = 3 ab = −3 ⇔ v Vậy Max P = 21 . Dấu = xảy ra khi  2 .  2 a + b = 6 b = − 3 a = − 3

ab = 1 a = 1 hoặc Min P = 1 . Dấu = xảy ra khi  2 ⇔ 2 b = 1 a + b = 2

NHÓM TOÁN THCS HÀ NỘI

a = −1 .  b = −1

https://www.facebook.com/groups/650500558651229/

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút.

Mã Đề 01 Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) A = 50 − 18.

2  1− a  2 (với a ≠ 0 và a ≠ ±1 ). − : 2 2  a + a a + 1  a + 2a + 1 Câu 2. (2,5 điểm) b) B = 

a) Tìm các giá trị của a và b để đường thẳng ( d ) : y = ax + b đi qua hai điểm

M (1;5 ) và N ( 2;8) . b) Cho phương trình x 2 − 6x + m − 3 = 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để

phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn ( x1 − 1) ( x 22 − 5x 2 + m − 4 ) = 2 .

Câu 3. (1,5 điểm) Một đội xe vận tải được phân công chở 112 tấn hàng. Trước giờ khởi hành có 2 xe phải đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự tính. Tính số xe ban đầu của đội xe, biết rằng mỗi xe đều chở khối lượng hàng như nhau. Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là tiếp điểm). Đường thẳng (d) thay đổi đi qua M, không đi qua O và luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa M và D). a) Chứng minh AMBO là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh MC.MD = MA 2 . c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD luôn đi qua điểm cố định khác O.

Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn: a + b + 3ab = 1 . 6ab Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = − a 2 − b2 . a+b --------HẾT--------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Họ tên thí sinh .................................................. Số báo danh .....................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN. Mã đề 01 Chú ý :- Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tương ứng. - Điểm toàn bài không qui tròn. - Hội đồng chấm có thể thống nhất để chia các ý có điểm lớn hơn 0.25 thành các ý 0.25 điểm (nếu thấy cần thiết).

CÂU

NỘI DUNG a) A = 25.2 − 9.2 = 25. 2 − 9. 2

Câu 1 (2,0 đ)

Câu 2 (2,5 đ)

2 (1 − a ) 1 − a : a ( a + 1) ( a + 1) 2

2 (1 − a ) a (a + 1)

( a + 1) ⋅

1− a

0.5 0.5

= 5 2 − 3 2 = 2 2.

b) B =

ĐIỂ M

0.5

2a + 2 . a

0.5

a) Do đường thẳng (d) qua điểm M (1;5) nên ta có: a + b = 5.

0.5

(d) qua điểm N ( 2;8) ta có: 2a + b = 8.

0.5

a + b = 5 a = 3 . ⇔ 2a + b = 8 b = 2

a, b là nghiệm của hệ 

0.5

b) Ta có ∆ ' = 12 − m 0.25

Để phương trình có nghiệm phân biệt thì ∆ ' > 0 ⇔ m < 12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x1 + x 2 = 6 .  x1 x 2 = m − 3

Theo định lí Viet ta có 

0.25

Vì x 2 là nghiệm phương trình x 2 − 6x + m − 3 = 0 nên x 22 − 6x 2 + m − 3 = 0 ⇔ x 22 − 5x 2 + m − 4 = x 2 − 1

0.25

Khi đó ( x1 − 1) ( x 22 − 5x 2 + m − 4 ) = 2 ⇔ ( x1 − 1)( x 2 − 1) = 2 ⇔ x1x 2 − (x1 + x 2 ) − 1 = 0 0.25

⇔ m − 3 − 6 − 1 = 0 ⇔ m = 10 (thoả mãn).

Gọi x là số xe ban đầu, với x ∈ Z; x > 2 , theo dự kiến mỗi xe phải chở

112 x

0.25

(tấn).

Câu 3 (1,5 đ)

Khi khởi hành số xe còn lại x − 2 và mỗi xe phải chở Theo bài toán ta có phương trình:

112 (tấn). x−2

0.25

112 112 = −1 x x−2

0.25

 x = 16 112(x − 2) = 112x − x(x − 2) ⇔ x 2 − 2x − 224 = 0 ⇔   x = −14

0.5

Đối chiếu điều kiện và kết luận số xe ban đầu là 16 (xe). 0.25

a) Theo tính chất tiếp tuyến có = 900 MAO

A D C

Câu 4 (3,0 đ)

tiếp đường tròn (đpcm).

= 900 suy ra tứ giác AMBO nội MBO

0.5

b) Xét chung,

∆ MCA

và

∆ MAD

có góc M

0.25

= MDA (cùng bằng 1 sđ AC ) có MAC 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

Suy ra

∆ MCA

và

∆ MAD

đồng dạng.

Suy ra MC = MA (đpcm)

0.25

⇒ MC.MD = MA 2

0.25

c) Gọi H là giao điểm OM và AB suy ra H cố định. 0.25

Xét trong tam giác ∆MAO vuông tại A có đường cao AH suy ra có ⇒ MH.MO = MA 2

Kết hợp với Từ đó có

MC.MD = MA 2

MC MH = MO MD

nên có

MH.MO = MC.MD .

0.25

và góc M chung ⇒ ∆MCH và

∆MOD

đồng dạng

0.25

= MDO nên tứ giác OHCD nội tiếp đường tròn. ⇒ CHM

Từ đó có đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆OCD luôn đi qua điểm H cố định. a) Ta có: (a − b) 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab; a 2 + b2 ≥ 3 4

Từ giả thiết a + b + 3ab = 1 ⇒ a + b = 1 − 3ab ≥ 1 − ( a + b ) 2

(a + b) 2 2

⇔ 3 ( a + b ) + 4 ( a + b ) − 4 ≥ 0 ⇔ [ a + b + 2] 3 ( a + b ) − 2 ≥ 0 ⇔ a + b ≥

Câu 5 (1,0 đ)

0.25

0.25 2 (vì a, b > 0 ) 3

3ab 1 − (a + b) 1 3 1 = = −1 ≤ −1 = a+b a+b a+b 2 2

(a + b) a2 + b2 ≥ 2

0.25 2 2 ≥ ⇔ − ( a 2 + b2 ) ≤ − 9 9

6ab 3ab 2 7 − a2 − b2 = 2 − ( a2 + b2 ) ≤ 1 − = a+b a+b 9 9

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

a = b 1 7 khi  ⇔ a =b= . 9 3 a + b + 3ab = 1

------HẾT------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 -2020 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút.

HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC MÃ ĐỀ 02

Câu 1.(2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức: a) A = 72 − 8. 1  1− a  1 − b) B =  2 với a ≠ 0 và a ≠ ±1 . : 2  a + a a + 1  a + 2a + 1 Câu 2. (2,5 điểm) a) Tìm các giá trị của m và n để đường thẳng (d) : y = mx + n đi qua hai điểm

A ( 2;7 ) và B (1;3) . b) Cho phương trình x 2 − 4x + m − 4 = 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn ( x1 − 1) ( x 22 − 3x 2 + m − 5) = −2 .

Câu 3. (1,5 điểm) Một đội xe vận tải được phân công chở 144 tấn hàng. Trước giờ khởi hành có 2 xe phải đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự tính. Tính số xe ban đầu của đội xe, biết rằng mỗi xe đều chở khối lượng hàng như nhau. Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ các tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (E, F là tiếp điểm). Đường thẳng (d) thay đổi đi qua M, không đi qua O và luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt P và Q (P nằm giữa M và Q). a) Chứng minh EMFO là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh MP.MQ = ME 2 . c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ luôn đi qua điểm cố định khác O.

Câu 5.(1,0 điểm)Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a + b + 3ab = 1 . 12ab 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = −a −b . a+b -------HẾT------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh...........................................................Số báo danh..........................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Mã đề 02 Chú ý :- Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tương ứng. - Điểm toàn bài không qui tròn. - Hội đồng chấm có thể thống nhất để chia các ý có điểm lớn hơn 0.25 thành các ý 0.25 điểm (nếu thấy cần thiết). CÂU

NỘI DUNG

Câu 1 (2,0 đ)

ĐIỂM

a) A = 36.2 − 4.2 = 36. 2 − 4. 2

0.5

= 6 2 − 2 2 = 4 2.

0.5

(1 − a ) : 1 − a 1  1− a  1 b) B =  2 = − : 2 2  a + a a + 1  a + 2a + 1 a ( a + 1) ( a + 1)

0.5

1 − a ( a + 1) a +1 = ⋅ . = a (a + 1) 1 − a a

0.5

a) Do đường thẳng (d) qua điểm A ( 2;7 ) nên ta có: 2m + n = 7

Câu 2 (2,5 đ)

0.5

(d) qua điểm B (1;3) ta có: m + n = 3.

0.5

2m + n = 7 m = 4 m, n là nghiệm của hệ  . ⇔ m + n = 3 n = −1

0.5

b) Ta có ∆ ' = 8 − m Để phương trình có nghiệm phân biệt thì ∆ ' > 0 ⇔ m < 8

0.25

 x1 + x 2 = 4 . Theo định lí Viet ta có   x1 x 2 = m − 4

0.25

Vì x 2 là nghiệm phương trình x 2 − 4x + m − 4 = 0 nên

x 22 − 4x 2 + m − 4 = 0 ⇔ x 22 − 3x 2 + m − 5 = x 2 − 1 .

(

)

Khi đó ( x1 − 1) x 22 − 3x 2 + m − 5 = −2 ⇔ ( x1 −1)( x2 −1) = −2 ⇔ x1x 2 − (x1 + x 2 ) + 3 = 0

0.25

⇔ m − 4 − 4 + 3 = 0 ⇔ m = 5 ( thoả mãn).

Gọi x là số xe ban đầu, với x ∈ Z; x > 2 , theo dự kiến mỗi xe phải chở

Khi khởi hành số xe còn lại x − 2 và mỗi xe phải chở Theo bài toán ta có phương trình:

Câu 3 (1,5 đ)

0.25

144 (tấn) . x

144 (tấn). x−2

144 144 = −1 x x−2

0.25 0.25 0.25

 x = 18 ⇔ 144(x − 2) = 144x − x(x − 2) ⇔ x 2 − 2x − 288 = 0 ⇔   x = −16

0.5

Đối chiếu điều kiện và kết luận số xe ban đầu là 18 (xe).

0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= 900 a) Theo tính chất tiếp tuyến có MEO

0.5

= 900 suy ra tứ giác EMFO nội tiếp Và MFO đường tròn (đpcm).

0.5

b) Xét ∆ MPE và ∆ MEQ có góc M chung,

0.25

E Q P M K

Câu 4 (3,0 đ)

(d)

= MQE (cùng bằng 1 sđ EP ) có MEP 2 Suy ra ∆ MPE và ∆ MEQ đồng dạng.

0.25

MP ME = ME MQ

0.25

⇒ MP.MQ = ME 2 (đpcm)

0.25

Suy ra

c) Gọi K giao điểm của OM và EF suy ra K là điểm cố định. Xét tam giác ∆ MEO vuông E, có đường cao EK nên có MK.MO = ME 2

0.25

Kết hợp với MP.MQ = ME 2 nên MP.MQ = MK.MO

0.25

Từ đó có

MP MK = MQO và góc M chung ⇒ ∆MPK và ∆MOQ đồng dạng ⇒ MKP = MO MQ

0.25

nên tứ giác OKPQ nội tiếp đường tròn. Từ đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆OPQ luôn đi qua điểm K cố định. (a + b) 2 Ta có: (a − b) ≥ 0 ⇔ a + b ≥ 2ab ⇔ (a + b) ≥ 4ab; a + b ≥ 2 3 2 Từ giả thiết a + b + 3ab = 1 ⇒ a + b = 1 − 3ab ≥ 1 − ( a + b ) 4 2

Câu 5 (1,0 đ)

2 2 ⇔ 3 ( a + b ) + 4 ( a + b ) − 4 ≥ 0 ⇔ [ a + b + 2] 3 ( a + b ) − 2 ≥ 0 ⇔ a + b ≥ . 3 3ab 1 − ( a + b) 1 3 1 = = −1 ≤ −1 = . a+b a+b a+b 2 2 2

a +b P=

( a + b) ≥ 2

2 2 ≥ ⇒ − ( a2 + b2 ) ≤ − . 9 9

12ab 3ab 2 16 − a 2 − b 2 = 4. − ( a 2 + b2 ) ≤ 2 − = . a+b a+b 9 9

Giá trị lớn nhất của P bằng

0.25

a = b 1 16 khi  ⇔ a=b= . 9 3 a + b + 3ab = 1

------HẾT------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)

4x2 − 4x + 9 = 3 3 x − y = 5 2) Giải hệ phương trình:  2 y − x = 0 1) Giải phương trình:

Câu 2 (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d1): y = 2 x − 5 và (d2): y = 4 x − m (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành Ox.  2x   x −1 2  x 2) Rút gọn biểu thức: P =  + − :  với x > 0, x ≠ 9, x ≠ 25 . x  3+ x 9− x   x −3 x Câu 3 (2,0 điểm) 1) Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 360 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 4 bộ quần áo so với số bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao nhiêu bộ quần áo? 2) Cho phương trình: x 2 − (2m + 1) x − 3 = 0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. Tìm các giá trị của m sao cho

x1 − x2 = 5 và x1 < x2 . Câu 4 (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O) (AM < AN, MN không đi qua O). Gọi I là trung điểm của MN. 1) Chứng minh: Tứ giác AIOC là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: AH.AO = AM.AN và tứ giác MNOH là tứ giác nội tiếp. 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN, cắt AB và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng M là trung điểm của EF. Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 2019 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2a 2 + ab + 2b 2 + 2b 2 + bc + 2c 2 + 2c 2 + ca + 2a 2 . ------------------------------ Hết -----------------------------Họ và tên thí sinh: ................................................................. Số báo danh: ............................. Chữ kí của giám thị số 1: ................................... Chữ kí của giám thị số 2: ............................. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu

Phần

Nội dung

Điểm

4 x2 − 4x + 9 = 3 ⇔ 4 x2 − 4x + 9 = 9 ⇔ 4x2 − 4x = 0 Câu 1 (2,0đ)

x = 0 x = 0 ⇔ 4 x( x − 1) = 0 ⇔  ⇔ x −1 = 0 x = 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 1}. 3 x − y = 5 6 y − y = 5 y =1 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔  2 y − x = 0 x = 2 y x = 2 y y =1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (2;1) . Thay y = 0 vào phương trình y = 2x – 5 được: 2x – 5 = 0 ⇔ x = 2,5 (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành Ox ⇔ (d2) đi qua điểm (2,5; 0) ⇔ 4. 2,5 – m = 0 ⇔ m = 10 Vậy m = 10 là giá trị cần tìm.  2x   x −1 2  x P= + − :  x  3+ x 9− x   x −3 x

(

)

x 3 − x + 2x = Câu 2 (2,0đ)

( 3 + x )( 3 − x ) 3 x − x + 2x

( 3 + x )( 3 − x ) 3 x+x

x −1− 2 : x :

x −3

1.0

)

x −1− 2 x + 6 x

(

1.0

(

x −3

)

5− x

1.0

( 3 + x )( 3 − x ) x ( x − 3) x (3 + x ) x (3 − x ) = ⋅ ( 3 + x )( 3 − x ) x − 5 =

x x −5

x với x > 0, x ≠ 9, x ≠ 25 x −5 Gọi số bộ quần áo mỗi ngày xưởng phải may theo kế hoạch là x ĐK: x ∈ N* . 360 Thời gian may xong 360 bộ quần áo theo kế hoạch là (ngày) x Thực tế, mỗi ngày xưởng may được x + 4 bộ quần áo 360 Thời gian may xong 360 bộ quần áo theo thực tế là (ngày) x+4 Vậy P =

Câu 3 (2,0đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0

Vì xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày nên ta có phương trình: 360 360 360(x + 4) − 360x − =1⇔ =1 x x+4 x(x + 4)

⇒ 360x + 1440 − 360x = x 2 + 4x ⇔ x 2 + 4x − 1440 = 0 Giải phương trình được:

x1 = 36 (thỏa mãn ĐK) x2 = – 40 (loại) Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may 36 bộ quần áo. Vì a = 1, c = – 3 trái dấu ⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m (1)  x + x = 2m + 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2 (2)  x1 x2 = −3 Từ (2) ⇒ x1 và x2 trái dấu Mà x1 < x2 ⇒ x1 < 0 < x2 ⇒ x1 = − x1 ; x 2 = x 2 Do đó: x1 − x 2 = 5 ⇔ − x 1 − x 2 = 5 ⇔ x 1 + x 2 = −5 (3) Từ (1) và (3) ⇒ 2m + 1 = −5 ⇔ m = −3 Vậy m = – 3 là giá trị cần tìm.

1.0

B 1

I D

M A

Câu 4 (3,0đ)

0.25

Vì IM = IN (GT) ⇒ OI ⊥ MN (liên hệ đường kính và dây) = 90o ⇒ AIO = 90o (AC là tiếp tuyến của (O)) Lại có ACO Tứ giác AIOC có: + ACO = 90o + 90o = 180o AIO ⇒ AIOC là tứ giác nội tiếp. 1 là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung MB (O) có: B 1 là góc nội tiếp chắn cung MB N 1 = N 1 ⇒B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.75

0.5

1 chung ; B 1 = N 1 ∆ ABM và ∆ ANB có: A ∆ ANB (g-g) ⇒ ∆ ABM AB AM ⇒ = ⇒ AB2 = AM.AN (1) AN AB Ta có: AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC (= R) ⇒ AO là đường trung trực của BC ⇒ BH ⊥ AO ∆ ABO vuông tại B (vì AB là tiếp tuyến của (O)), có BH là đường cao (2) ⇒ AB2 = AH.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Từ (1) và (2) ⇒ AH.AO = AM.AN AH AM AH.AO = AM.AN ⇒ = AN AO 2 chung ; AH = AM ∆ AHM và ∆ ANO có: A AN AO ⇒ ∆ AHM ∆ ANO (c-g-c) 1 = ANO ⇒H 1 = ANO Tứ giác MNOH có H ⇒ MNOH là tứ giác nội tiếp.

0.5

Cách 1: B 1

I E

D F 1 2 3 4

Gọi D là giao điểm của AN và BC =H 4 MNOH là tứ giác nội tiếp ⇒ OMN ∆ OMN cân tại O (vì OM = ON = R) = ONM ⇒H 4 = ONM ⇒ OMN 1 = ONM (theo phần 2) Mà H 1 = H 4 ⇒H 1 + H 2 = H 3 + H 4 = 90o Mặt khác: H 2 = H 3 ⇒H ⇒ HD là đường phân giác trong của ∆ HMN Lại có HA ⊥ HD ⇒ HA là đường phân giác ngoài của ∆ HMN Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: DM HM AM HM DM AM = và = ⇒ = DN HN AN HN DN AN Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có: ME AM ∆ ABN có ME // BN ⇒ = BN AN MF DM ∆ DBN có MF // BN ⇒ = BN DN ME MF Từ (3), (4), (5) ⇒ = ⇒ ME = MF BN BN Vậy M là trung điểm của EF. Cách 2:

(3)

(4) (5)

B K

I E

F 2

Câu 5 (1,0đ)

2 chung ; AHD = AIO = 90o ∆ AHD và ∆ AIO có: A ⇒ ∆ AHD ∆ AIO (g-g) AH AD ⇒ = ⇒ AH.AO = AI.AD AI AO Lại có AH.AO = AM.AN AM AI ⇒ AM.AN = AI.AD ⇒ = AD AN Vì ME // BN nên tứ giác MEBN là hình thang Gọi K là trung điểm của EB ⇒ IK là đường trung bình của hình thang MEBN ⇒ KI // BN AK AI ⇒ = (hệ quả của định lí Ta-lét) AB AN AK AM  AM AI  ⇒ = =  do  AB AD  AD AN  ⇒ KM // BD (định lí Ta-lét đảo) ∆ EBF có KE = KB và KM // BF ⇒ ME = MF (đpcm). Ta có: 1.0 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5 3 5 2 2 2 ( a + b) + ( a − b) ≥ ( a + b) 4 4 4 5 ⇒ 2a 2 + ab + 2b 2 ≥ (a + b) 2 Tương tự: 5 5 2b 2 + bc + 2c 2 ≥ ( b + c ) ; 2c 2 + ca + 2a 2 ≥ ( c + a ) 2 2 5 5 5 ⇒P≥ ( a + b) + (b + c ) + ( c + a ) = 5 ( a + b + c ) 2 2 2 ⇒ P ≥ 2019 5 2019 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = = 673 3 Vậy min P = 2019 5 ⇔ a = b = c = 673 2a 2 + ab + 2b 2 =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Nămhọc 2019– 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Chú ý: Đề thi gồm 02 trang. Thí sinh làm bài vào tờ giấy thi.

Bài 1. (1,5 điểm) Cho hai biểu thức:

(

)

x + 2 x x −9 + (với x > 0 ). x x +3

20 − 45 + 3 5 : 5;

a) Rút gọn cácbiểu thức A, B. b) Tìm các giá trị của x sao cho giá trị biểu thức B bằng giá trị biểu thức A. Bài 2. (1,5điểm) a) Tìm cácgiá trị củathamsố m để đồ thị hai hàmsố y = ( m + 4 ) x + 11 và y = x + m 2 + 2 cắt nhau tại một điểm trên trục tung. 2 1  3 x − y + 1 = − 2  b) Giải hệ phương trình  ⋅ 2 x + 1 = 2  y +1 Bài 3. (2,5điểm) 1. Cho phương trình x 2 − 2mx + 4m − 4 = 0 (1) ( x là ẩn số, m là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi m = 1. b) Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa

mãn điều kiện x12 + ( x1 + x2 ) x2 = 12. 2. Bài toán có nội dung thực tế Cho mộtthửa ruộng hình chữ nhật,biếtrằngnếu chiều rộng tăngthêm 2 m, chiều dài

giảmđi 2 m thì diện tích thửa ruộng đótăng thêm 30 m 2 ; và nếu chiều rộng giảmđi 2 m, chiều dài tăngthêm 5m thì diện tích thửaruộnggiảmđi 20 m 2 . Tínhdiệntíchthửaruộngtrên. Bài 4. (3,5điểm) 1.Từđiểm A nằmngoàiđườngtròn ( O ) vẽhaitiếptuyến AD, AE ( D, E làcáctiếpđiểm).

Vẽcáttuyến ABC củađườngtròn ( O ) saochođiểm B nằmgiữahaiđiểm A và C ; tia AC nằmgiữahaitia AD và AO. Từđiểm O kẻ OI ⊥ AC tại I . a) Chứng minh năm điểm A, D, I , O, E cùng nằm trên một đường tròn. và AB. AC = AD 2 . b) Chứng minh IA làtiaphângiáccủa DIE

c) Gọi K và F lầnlượtlàgiaođiểmcủa ED với AC và OI . Qua điểm D vẽđườngthẳng song songvới IE cắt OF và AC lầnlượttại H và P. Chứng minh D làtrungđiểmcủa HP. 2.Một hình trụ có diện tích xung quanh 140π (cm 2 ) và chiều cao là h = 7 (cm). Tính thể tích của hình trụđó. Bài 5. (1,0 điểm) Trang1/2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 a) Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh ( x + y + z )  + +  ≥ 9 ⋅ x y z b) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a + b + c = 6. Tìmgiátrịlớnnhấtcủabiểuthức ab bc ca + + ⋅ A= a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b --------Hết-------Cánbộcoithikhônggiảithíchgìthêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN Năm học 2019 - 2020

Bài

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm) A=

(

)

(

)

20 − 45 + 3 5 : 5 = 2 5 − 3 5 + 3 5 : 5

0,25

A=2 V ới x > 0

Bài 1 (1,5 điểm)

x+2 x x−9 + x x +3

x+2 x x −9 + = x +2+ x x +3

(

x −3

)(

x +3

)

0,25

x +3

B = x + 2 + x − 3 = 2 x −1 b) (0,5 điểm) Đểgiátrịbiểuthức B = A

2 x −1 = 2 ⇔ 2 x = 3 ⇔x=

0,25

9 (thỏa mãn) 4

9 Vậy x = thì B = A . 4

0,25

a) (0,75 điểm)Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y = ( m + 4 ) x + 11 và Bài 2 (1,5 điểm)

y = x + m 2 + 2 cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Do hai đồ thị hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục tung nên

m + 4 ≠ 1  2 11 = m + 2

Trang2/2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

m ≠ −3 ⇔ 2 m = 9

0,25

 m ≠ −3 ⇔ ⇔m=3  m = ±3

0,25

Vậy m = 3 thì hai đồ thị hàm số trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung.

2 1  3 x − y + 1 = 2  b) (0,75 điểm) Giải hệ phương trình  2 x + 1 = 2  y +1 2 1  3 x − y + 1 = 2  Điều kiện y ≠ −1 hệ phương trình có dạng  4 x + 2 = 4  y +1

0,25

 7 x = ⇔ 2 x + 

0,25

9   x = 14 ⇔ 1  1 = 2 − 2x =2 y +1  y + 1

9 2

9 9   9 9   x = x = x= x=     14 14    14 14 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  1 = 2 − 2. 9  1 =5 y +1 = 7  y = 2 ( tm ) 14  y + 1  y + 1 7 5 5   9  x =  14 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: ⇔  . 2 y =  5 3.1 a) (0,5 điểm)Giải phương trình x 2 − 2 x + 4m − 4 = 0

(1) khi m = 1.

Với m = 1 phương trình (1) có dạng: x 2 − 2 x = 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 0; x2 = 2 . Vậy khi m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 0; x2 = 2 Bài 3 (2,5 điểm)

0,25

0,25 0,25

3.1 b) (1,0 điểm)Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phâ biệt

x1 ; x2 thỏa mãn x12 + ( x1 + x2 ) x2 = 12. Tính ∆ ' = m 2 − 4m + 4 = ( m − 2 )

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì 2

∆ ' > 0 ⇔ ( m − 2 ) > 0 ⇔ m ≠ 2. Trang3/2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

 x1 + x2 = 2m Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có:  .  x1 .x2 = 4m − 4 2 1

2 1

0,25

2 2

Theo bài ra ta có: x + ( x1 + x2 ) x2 = 12 ⇔ x + x + x1 x2 = 12 2

⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 12 ⇔ ( 2m ) − ( 4m − 4 ) = 12 ⇔ 4m 2 − 4m − 8 = 0

0,25

⇔ m2 − m − 2 = 0 Giải phương trình ta được m = 2; m = −1 Đối chiếu với điều kiện m ≠ 2 ta được m = −1

Vậy m = −1 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn

0,25

x12 + ( x1 + x2 ) x2 = 12. 3.2 (1,0 điểm)Cho một thửa ruộng hình chữ nhật, biết rằng nếu chiều rộng tăng lên 2m, chiều dài giảm đi 2m thì diện tích tăng thêm 30m2; và nếu chiều rộng giảm đi 2m, chiều dài tăng thêm 5m thì diện tích thửa ruộng giảm đi 20m2. Tính diện tích thửa ruộng trên.

Gọi chiều dài thửa ruộng là x ( m ) ; chiều rộng thửa ruộng là y ( m ) Điều

0,25

kiện x > 2; y > 2; x > y Nếu chiều rộng tăng lên 2m, chiều dài giảm đi 2m thì diện tích tăng thêm 30m2 nên ta có phương trình

( x − 2 )( y + 2 ) = xy + 30 ⇔ x − y = 17 (1) Nếu chiều rộng giảm đi 2m, chiều dài tăng thêm 5m thì diện tích thửa

0,25

ruộng giảm đi 20m2 nên ta có phương trình

( x + 5)( y − 2 ) = xy − 20 ⇔ −2 x + 5 y = −10 ( 2 ) Từ (1) và (2) ta được hệ phương trình

 x − y = 17 2 x − 2 y = 34 3 y = 24  x = 25 (thỏa ⇔ ⇔ ⇔  −2 x + 5 y = −20 −2 x + 5 y = −10  x − y = 17 y = 8

0,25

mãn)

Bài 4 (3,5 điểm)

Vậy diện tích hình chữ nhật là 25.8 = 200m 2

0,25

Vẽ hình đúng cho câu a) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AD,AE (D,E là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến ABC của đường tròn (O) sao cho điểm B nằm giữa A và C, tia AC cắt hai tia AD và AO. Từ điểm O kẻ OI vuông góc với AC tại I. a) Chứng minh năm điểm A,D,I ,O,E cùng thuộc một đường tròn; và AB. AC = AD 2 ; b) Chứng minh IA là tia phân giác của DIE

0,5

Trang4/2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Gọi K và F lần lượt là giao điểm của ED với AC và OI. Qua điểm D vẽ đường thẳng song song với IE cắt OF và AC lần lượt tai H và P. Chứng minh D là trung điểm của HP. E

O C

K I

D H

4.1 a (0,75 điểm)Chứng minh năm điểm A,D,I ,O,E cùng thuộc một đường tròn; + Chứngminh 4 điểm A,D,O,E thuộc một đường tròn (1) 0,25 + + Chứngminh 4 điểm A,D,O,I thuộc một đường tròn (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra nămđiểm A,D,I ,O,E cùng thuộc một đường 0,25 2 và AB. AC = AD ; 4.1 b (1,0 điểm) Chứng minh IA là tia phân giác của DIE

= DIA (3) Chứng minh được tứ giác AEID nội tiếp ⇒ EIA AE = AD (4) Chứng minh được tứ AE = AD ⇒ Từ (3) và (4) suy ra IA là tia phân giác của DIE Chứngminh ∆ABD # ∆ADC AD AB Suy ra = ⇒ AD 2 = AB.AC (đpcm) AC AD 4.1 c (0,75 đi

Trang5/2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25 0,25

O C

K I

D H

HD FD DP DK = = ; ( 5) IE FE IE KE Chứng minh IK,IF là phân giác trong và ngoài của tam giác IDE nên ta DK IP FD ID ; suy ra được = = ( 6) KE IE FE IE + Từ (5) và (6) suy ra đpcm Do : IE / / HP ta chứng minh được

(

4.2. (0,5 điểm) Một hình trụ có diện tích xung quanh 140π cm

Áp dụng công thức tính thể tích hình trụ, ta có:

(

0,25 0,25

) và chiều cao

h = 7cm. Tính thể tích hình trụ đó. Theo bài ra ta có: 2π rh = 140π ⇒ r = 10 cm V = π .r 2 .h=π .102.7= 700π cm3

0,25

)

0,25 0,25

a) (0,25 điểm)

x y + ≥ 2 cho hai số x > 0; y > 0 ta chứng minh y x 1 1 1 được ( x + y + z )  + +  ≥ 9 x y z b) (0,75 điểm)Chứng minh rằng với mọi a,b,c>0 . Tìm GTLN của ab bc ca A= . + + a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b Áp dụng bất đẳng thức ở phần a) ta có: ab ab a bc bc b 9ab 9bc ≤ + + ; ≤ + + ; a + 3b + 2c c + a c + b 2 b + 3c + 2a a + c a + b 2 ca ca c 9ca ≤ + + c + 3a + 2b b + a b + c 2 Cộng theo các vế của ba bất đẳng thức trên ta được ab ab a bc bc b ca ca c + + + + + + + + 9A ≤ c+a c+b 2 a+c a+b 2 b+a b+c 2 Áp dụng bất đẳng thức

Bài 5 (1,0 điểm)

Trang6/2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

bc   ab ca   bc ca  a + b + c  ab ⇔ 9A ≤  + + + + + + 2 c+a a+c c+b b+c a+b b+a 3 ⇔ 9 A ≤ .( a + b + c ) = 9 ⇒ A ≤ 1. 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2 Vậy MaxA = 1 ⇔ a = b = c = 2.

0,25

* Chú ý: Trên đây chỉ là Đáp án dự kiến- chưa phải đáp án chính thức.

Họvàtênthísinh: .............................................. Sốbáodanh:.................................................... Cánbộcoithi 1:................................................ Cánbộcoithi2: .............................................

Trang7/2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN NĂM HỌC: 2019 - 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI : TOÁN - THPT Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề)

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1: Điều kiện để hàm số y = ( − m + 3) x − 3 đồng biến trên R là: A. m = 3

B. m ≤ 3

C. m ≥ 3

D. x ≠ 3

Câu 2: Cho hàm số y = −3x 2 kết luận nào sau đây đúng. A. y = 0 là giá trị lớn nhất của hàm số

B. y = 0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số C. Không xác định được giá trị lớn nhất của hàm số trên. D. Xác định được giá trị nhỏ nhất của hàm số trên. Câu 3: Điều kiện xác định của biểu thức

A. x ≠ 0

2019 −

2019 là: x

C. x ≥ 1 hoặc x < 0

B. x ≥ 1

D. 0 < x ≤ 1

Câu 4: Cho phương trình x − 2y = 2 (1) , phương trình nào trong các phương trình sau đây

kết hợp với (1) để được phương trình vô số nghiệm.

Câu 5: Biểu thức

1 C. − x + y = −1 2

B. 2x − 4y = −4

A. 2x − 3y = 3

(

5 −3

A. 3 + 2 5

)

1 x − y = −1 2

− 5 có kết quả là:

B. 3 − 2 5

C. 2 − 3 5

D. -3

Câu 6: Cho hai phương trình x 2 − 2x + a = 0 và x 2 + x + 2a = 0 . Để hai phương trình cùng vô nghiệm thì:

A. a > 1

B. a < 1

C. a >

1 8

D. a <

1 8

Câu 7: Cho đường tròn ( O;R ) và một dây cung AB = R . Khi đó số đo cung nhỏ AB là:

A. 600

B. 1200

C. 1500

D. 1000

Câu 8: Đường tròn là hình:

A. Không có trục đối xứng

C. Có một trục đối xứng

B. Có hai trục đối xứng

D. Có vô số trục đối xứng

Câu 9: Cho phương trình x 2 − x − 4 = 0 có nghiệm x1 ; x 2 . Biểu thức A = x13 + x 32 có giá trị Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

là: A. A = 28

B. A = −13

C. A = 13

D. A = 18

Câu 10: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần:

A. Tăng gấp 16 lần

C. Tăng gấp 8 lần

B. Tăng gấp 4 lần

D. Tăng gấp 2 lần

Câu 11: Diện tích hình tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a là:

A. πa 2

3πa 2 4

C. 3πa 2

πa 2 3

Câu 12: Cho tam giác ABC vuông tại A. khi đó trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

AB cos C = AC cos B

B. sin B = cos C

C. sin B = tan C

D. tan B = cos C

PHẦN II: TỰ LUẬN (7 điểm) Bài 1. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A =

4+ 8 + 2 − 3− 6 2+ 2 − 3

Bài 2. (1,5 điểm) không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 5x 2 + 13x 2 − 6 = 0

b) x 4 + 2x 2 − 15 = 0

3x − 4y = 17 c)  5x + 2y = 11

Bài 3. (1,5 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ parabol (P): y =

1 2 x 2

1 b) Tìm m để đường thẳng (d): y = ( m − 1) x + m 2 + m đi qua điểm M (1; −1) 2 c) Chứng minh rằng parabol (P) luôn cắt đường thẳng d tịa hai điểm phân biệt A và B. Gọi x1 ; x 2 là hoàng độ hai điểm A, B. Tìm m sao cho x12 + x 22 + 6x1x 2 > 2019 Bài 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O) với đáy AB cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn. M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; AC . Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K. a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp. b) Chứng minh MK.MN = MI.MC c) chứng minh tam giác AKI cân tại K. Bài 5: Với x ≠ 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

x 2 − 3x + 2019 x2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

--- HẾT ---

Họ và tên thí sinh:

Phòng thi số:

SBD:

HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN I: TRẮC NGHIỆM 1.B 2.A 7.A 8.D PHẦN II: TỰ LUẬN Bài 1: A =

4.C 10.C

4+ 8 + 2 − 3− 6 2+ 2 − 3

4+3 2 − 3− 2 3 2+ 2 − 3

(2 +

3.C 9.C

)

(

(2 +

2 − 3 + 2 2+ 2 − 3 2+ 2 − 3

5.B 11.D

6.A 12.B

4+2 2 + 2 − 3− 2 3 2+ 2 − 3

) (

2 − 3 + 2 2 + 2 − 2. 3

)

2+ 2 − 3

)

(2 +

)(

2 − 3 1+ 2 2+ 2 − 3

)

= 1+ 2

Vậy A = 1 + 2 Bài 2: a)

5x 2 + 13x 2 − 6 = 0 Ta có ∆ = 132 + 4.5.6 = 289 > 0 ⇒ ∆ = 17

−13 + 17 2   x1 = 2.5 = 5 ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt   x = −13 − 17 = −3  2 2.5 2  Vậy phương trình có tập nghiệm: S =  ; −3 5  b)

x 4 + 2x 2 − 15 = 0 Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) khi đó ta có phương trình: t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔ ( t + 5 )( t − 3) = 0

 t = −5 ( ktm ) ⇒  t = 3 ( tm ) x= 3 Với t = 3 ⇒ x 2 = 3 ⇔   x = − 3

{ }

Vậy phương trình có tập nghiệm: S = ± 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x =3  3x − 4y = 17  3x − 4y = 17  13x = 39  x =3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  5x + 2y = 11 10x + 4y = 22 5x + 2y = 11 5.3 + 2y = 11  y = −2

Bài 3: a) Tự vẽ

1 b) Tìm m để đường thẳng (d): y = ( m − 1) x + m 2 + m đi qua điểm M (1; −1) 2 1 Vì M (1; −1) thuộc (d): y = ( m − 1) x + m 2 + m nên thay tọa độ M vào d ta được: 2 1 1 −1 = ( m − 1) .1 + m 2 + m ⇔ m 2 + m + m − 1 + 1 = 0 2 2 1 1 ⇔ m 2 + 2m = 0 ⇔ m ( m + 4 ) = 0 2 2  m=0 ⇔  m = −4 Vậy m = 0;m = −4 thỏa mãn bài toán c)

Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là:

1 2 1 x = ( m − 1) x + m 2 + m 2 2 1 1 ⇔ x 2 − ( m − 1) x − m 2 − m = 0 (1) 2 2 2

1  1 2  2

 

2 Ta có ∆ = −  ( m − 1)  − 4. .  − m − m 

∆ = m 2 − 2m + 1 + m 2 + 2m ∆ = 2m 2 + 1 > 0 với mọi m Suy ra phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biết với mọi m Nên P luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A và B

 x1 + x 2 = 2 ( m − 1) 2  x1.x 2 = −m − 2m

Theo vi-ét ta có: 

Theo đề ta có: x12 + x 22 + 6x1x 2 > 2019 2

⇔ ( x1 + x 2 ) + 4x1x 2 − 2019 > 0 2

(

)

⇔  2 ( m − 1)  + 4 − m 2 − 2m − 2019 > 0 ⇔ 4m 2 − 8m + 4 − 4m 2 − 8m − 2019 > 0 ⇔ −16m − 2015 > 0 ⇔ −16m > 2015 2015 ⇔m< 16 Bài 4:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= NMC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau) Ta có: ABN

= HMI ⇒ Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới ⇒ HBI các góc bằng nhau). b)

= ACM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau) Ta có MNB

= MCK ⇒ MNI Xét tam giác MIN và tam giác MKC ta có:

: chung NMC = MCK ( cmt ) MNI

⇒ ∆MIN = ∆MKC ( g − g ) ⇒ c)

MI MK = ⇒ MK.MN = MI.MC MN MC

= MCK (cmt) nên tứ giác NCIK nội tiếp Ta có MNI = NCI = NCM ( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) ⇒ HKI = sdMN (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn) Lại có NMC 2 = sdAN + sdBM = sdAN + sdAM = sdMN (góc có đỉnh bên trong đường tròn) AHN 2 2 2 = AHK ⇒ HKI = AHK mà chúng ở vị trí so le trong ⇒ AH / /KI ⇒ NCM

= KHI mà chúng ở vị trí so le trong ⇒ AK / /HI Chứng minh tương tự ta có AKH  AH / /KI ⇒ AHKI là hình bình hành (1) AK / /HI

Xét tứ giác AHIK ta có 

= MIB (hai góc nt cùng chắn cung MB) Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp ⇒ MHB = KIC (hai góc nt cùng chắn cung NC) Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp ⇒ NKC

= NIC ( dd ) ⇒ MHB = NKI Mà MIB

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= AKH ⇒ ∆AHK cân tại H ⇒ AH = AK ( 2 ) ⇒ AHK Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác AHIK là hình thoi ⇒ KA = KI ⇒ ∆AKI cân tại K (đpcm) Bài 5: Điều kiện x ≠ 0

x 2 − 3x + 2019 3 2019 = 1− + 2 Ta có A = 2 x x x 1 Đặt t = ( t ≠ 0 ) ta được: x 1   A = 1 − 3t + 2019t 2 = 2019  t 2 − t  +1 673   2 2 2  2 1  2689 2689 1  1     1  = 2019 ≥  t − 2t + ≥   − 2019   + 1 = 2019  t −  + 1346  1346    1346   1346  2692 2692  với mọi t thuộc R Dấu “=” xảy ra khi t =

1 ( tm ) . 1346

Vậy min A =

2689 1 ⇒ x = 1346 ( tm ) khi t = 2692 1346

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN Ngay thi: 03 tháng 6 năm 2019 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀCHÍNH THỨC Đề thi gồm 02 trang Câu 1. (2,0 điểm)

−1 2 x và đường thẳng (d ) : y = x − 4 . 2 a. Vẽ (P ) và (d ) trên cùng hệ trục tọa độ.

Cho parabol (P ) : y =

b. Tìm tọa độ giao điểm của (P ) và (d ) bằng phép tính. Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình: 2x 2 − 3x − 1 = 0 có hai nghiệm x 1, x 2 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: A =

x1 − 1 x2 + 1

x2 − 1 x1 + 1

Câu 3. (0,75điểm) Quy tắc sau đây cho ta biết được ngày thứ n , tháng t , năm 2019 là ngày thứ mấy trong tuần. Đầu tiên, ta tính giá trị của biểu thức T = n + H , ở đây H được xác định bởi bảng sau: 2; 3; 11 9; 12 4; 7 1; 10 Tháng t 8 6 5

H −3 −2 −1 0 Sau đó, lấy T chia cho 7 ta được số dư r (0 ≤ r ≤ 6) .

Nếu r = 0 thì ngày đó là ngày thứ Bảy. Nếu r = 1 thì ngày đó là ngày Chủ Nhật. Nếu r = 2 thì ngày đó là ngày thứ Hai. Nếu r = 3 thì ngày đó là ngày thứ Ba. … Nếu r = 6 thì ngày đó là ngày thứ Sáu. Ví dụ: Ngày 31 / 12 / 2019 có n = 31, t = 12, H = 0 ⇒ T = n + H = 31 + 0 = 31 . Số 31 chia cho 7 có số dư là 3 nên ngày đó là thứ Ba. a. Em hãy sử dụng quy tắc trên để xác định các ngày 02 / 09 / 2019 và 20 / 11 / 2019 là ngày thứ mấy? b. Bạn Hằng tổ chức sinh nhật của mình trong tháng 10 / 2019 . Hỏi ngày sinh nhật của Hằng là ngày mấy? Biết rằng ngày sinh nhật của Hằng là một bội số của 3 và là thứ Hai. Câu 4.(3,0 điểm) Tại bề mặt đại dương, áp suất nước bằng áp suất khí quyển và là 1 atm (atmosphere). Bên dưới mặt nước, áp suất nước tăng thêm 1 atm cho mỗi 10 mét sâu xuống. Biết rằng mối liên hệ giữa áp suất y(atm) và độ sâu x (m) dưới mặt nước là một hàm số bậc nhất y = ax + b . a. Xác định các hệ số a và b. b. Một người thợ lặn đang ở độ sâu bao nhiêu nếu người ấy chịu một áp suất là 2,85atm?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (1,0 điểm) Một nhóm gồm 31 học sinh tổ chức một chuyến du lịch (chi phí chuyến đi được chia đều cho các bạn tham gia). Sau khi đã hợp đồng xong, vào giờ chót có 3 bạn bận việc đột xuất không đi được nên họ không đóng tiền. Cả nhóm thống nhất mỗi bạn còn lại sẽ đóng thêm 18000 đồng so với dự kiến ban đầu để bù lại cho 3 bạn không tham gia. Hỏi tổng chi phí mỗi chuyến đi là bao nhiêu? Câu 6. (1,0 điểm) Cuối năm học, các bạn lớp 9A chia làm hai nhóm, mỗi nhóm chọn một khu vườn sinh thái ở Bắc bán cầu để tham quan. Khi mở hệ thống định vị GPS, họ phát hiện một sự trùng hợp khá thú vị là hai vị trí mà hai nhóm chọn đều nằm trên cùng một kinh tuyến và lần lượt ở các vĩ tuyến 47o và 72o . a. Tính khoảng cách (làm tròn đến hàng trăm) giữa hai vị trí đó, biết rằng kinh tuyến là một cung tròn nối liền hai cực của trái đất và có độ dài khoảng 20 000km. b. Tính (làm tròn đến hàng trăm) độ dài bán kính và đường xích đạo của trái đất. Từ kết quả của bán kính (đã làm tròn), hãy tính thể tích của trái đất, biết rằng trái đất có dạng hình cầu và thể tích của hình cầu được tính theo công thức V =

4 .3,14.R 3 với R là bán kính hình cầu. 3

Câu 7. (1,0 điểm) Bạn Dũng trung bình tiêu thụ 15 ca-lo cho mỗi phút bơi và 10 ca-lo cho mỗi phút chạy bộ. Hôm nay, Dũng mất 1, 5 giờ cho cả hai hoạt động trên và tiêu thụ hết 1200 ca-lo. Hỏi hôm nay, bạn Dũng đã mất bao nhiêu thời gian cho mỗi hoạt động này? Câu 8. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn (O ) . Hai đường tròn BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC và (O ) lần lượt tại F và K ( K ≠ A ). Gọi L là hình chiếu của D lên AB .

a) Chứng minh rằng tứ giác BEDC nội tiếp và BD 2 = BL ⋅ BA. = BDE . b) Gọi J là giao điểm của KD và (O ), (J ≠ K ). Chứng minh rằng BJK

c) Gọi I là giao điểm của BJ và ED . Chứng minh tứ giác ALIJ nội tiếp và I là trung điểm ED . (Hết)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) −1 2 x và đường thẳng (d ) : y = x − 4 . 2 a. Vẽ (P ) và (d ) trên cùng hệ trục tọa độ.

Cho parabol (P ) : y =

b. Tìm tọa độ giao điểm của (P ) và (d ) bằng phép tính. Lời giải: a. Hàm số y =

−1 2 x có tập xác định D = R 2

Bảng giá trị x

-4

-2

-8

-2

-8

* Hàm số y = x − 4 có tập xác định: D = R Bảng giá trị x

Hình vẽ:

b.Phương trình hoành độ gia điểm của (P) và (d):  x = 2 ⇒ y = −2 1 1 − x2 = x − 4 ⇔ − x2 − x + 4 = 0 ⇔  2 2 x = −4 ⇒ y = −8

( )

Vậy P

(

)

(

)

cắt d tại hai điểm có tọa độ lần lượt là 2; −2 và −4; −8 .

Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình: 2x 2 − 3x − 1 = 0 có hai nghiệm x 1, x 2 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: A =

x1 − 1 x2 + 1

x2 − 1 x1 + 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lời giải:  3 S = x 1 + x 2 = 2. Theo hệ thức Vi – ét, ta có  1 P = x x = − 1 2  2

Theo giải thiết, ta có: 2

3  1 − 2. − −2    2 2 x 1 − 1 x 2 − 1 x 1 − 1 + x 2 − 1 S 2 − 2P − 2  2  2 5  + = = = = A= 3 1 8 x 2 + 1 x1 + 1 S +P +1 x1 + 1 x2 + 1 − +1 2 2 Câu 3. (0,75điểm)

(

)(

)

Quy tắc sau đây cho ta biết được ngày thứ n , tháng t , năm 2019 là ngày thứ mấy trong tuần. Đầu tiên, ta tính giá trị của biểu thức T = n + H , ở đây H được xác định bởi bảng sau: 2; 3; 11 9; 12 4; 7 1; 10 Tháng t 8 6 5

H −3 −2 −1 0 Sau đó, lấy T chia cho 7 ta được số dư r (0 ≤ r ≤ 6) .

Nếu r = 0 thì ngày đó là ngày thứ Bảy. Nếu r = 1 thì ngày đó là ngày Chủ Nhật. Nếu r = 2 thì ngày đó là ngày thứ Hai. Nếu r = 3 thì ngày đó là ngày thứ Ba. … Nếu r = 6 thì ngày đó là ngày thứ Sáu. Ví dụ: Ngày 31 / 12 / 2019 có n = 31, t = 12, H = 0 ⇒ T = n + H = 31 + 0 = 31 . Số 31 chia cho 7 có số dư là 3 nên ngày đó là thứ Ba. a. Em hãy sử dụng quy tắc trên để xác định các ngày 02 / 09 / 2019 và 20 / 11 / 2019 là ngày thứ mấy? b. Bạn Hằng tổ chức sinh nhật của mình trong tháng 10 / 2019 . Hỏi ngày sinh nhật của Hằng là ngày mấy? Biết rằng ngày sinh nhật của Hằng là một bội số của 3 và là thứ Hai. Lời giải: a. Ngày 02 / 09 / 2019 , có n = 2, t = 9, H = 0 . Do đó T = n + H = 2 + 0 = 2 . Số 2 chia cho 7 có số dư là 2 nên ngày này là thứ Hai. Ngày 20 / 11 / 2019 có n = 20, t = 11, H = −2 . Do đó T = n + H = 20 − 2 = 18 . Số 18 chia cho 7 có số dư là 4 nên ngày này là thứ Tư. b. Do ngày sinh nhật của Hằng là vào thứ Hai nên r = 2 . Do đó T = 7q + 2 . Mặt khác T = n + 2 ⇒ n = T − 2 = 7q + 2 − 2 = 7q . Biện luận

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

7 n 14 21 Do n là bội của 3 nên chọn n = 21 . Vậy sinh nhật của ngày vào ngày 21 / 10 / 2019 .

Câu 4.(3,0 điểm) Tại bề mặt đại dương, áp suất nước bằng áp suất khí quyển và là 1 atm (atmosphere). Bên dưới mặt nước, áp suất nước tăng thêm 1 atm cho mỗi 10 mét sâu xuống. Biết rằng mối liên hệ giữa áp suất y(atm) và độ sâu x (m) dưới mặt nước là một hàm số bậc nhất y = ax + b . a. Xác định các hệ số a và b. b. Một người thợ lặn đang ở độ sâu bao nhiêu nếu người ấy chịu một áp suất là 2,85atm? Lời giải: a. Do áp suất tại bề mặt đại dương là 1atm, nên y = 1, x = 0 , thay vào hàm số bậc nhất ta được: 1 = a .0 + b ⇔ b = 1

Do cứ xuống sâu thêm 10m thì áp xuất nước tăng lên 1atm, nên tại độ sau 10m thì áp suất nước là 2atm ( y = 2, x = 10 ), thay vào hàm số bậc nhất ta được: 2 = a.10 + b Do b = 1 nên thay vào ta được a = Vì vậy, các hệ số a =

1 . 10

1 , b = 1. 10

1 x +1 10 Thay y = 2, 85 vào hàm số, ta được:

b.Từ câu a, ta có hàm số y =

1 x + 1 ⇒ x = 18, 5m 10 Vậy khi người thợ nặn chịu một áp suất là 2,85atm thì người đó đang ở độ sâu 18,5m. 2, 85 =

(

)

Số tiền cả lớp phải đóng bù: 31 − 3 × 18.000 = 504.000 ngàn Số tiền mỗi học sinh phải đóng: 504.000 ÷ 3 = 168.000 ngàn Tổng chi phí ban đầu là: 168.000 × 31 = 5.208.000 ngàn Câu 6. (1,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cuối năm học, các bạn lớp 9A chia làm hai nhóm, mỗi nhóm chọn một khu vườn sinh thái ở Bắc bán cầu để tham quan. Khi mở hệ thống định vị GPS, họ phát hiện một sự trùng hợp khá thú vị là hai vị trí mà hai nhóm chọn đều nằm trên cùng một kinh tuyến và lần lượt ở các vĩ tuyến 47o và 72o . a. Tính khoảng cách (làm tròn đến hàng trăm) giữa hai vị trí đó, biết rằng kinh tuyến là một cung tròn nối liền hai cực của trái đất và có độ dài khoảng 20 000km. b. Tính (làm tròn đến hàng trăm) độ dài bán kính và đường xích đạo của trái đất. Từ kết quả của bán kính (đã làm tròn), hãy tính thể tích của trái đất, biết rằng trái đất có dạng hình cầu và thể tích của hình cầu được tính theo công thức V =

4 .3,14.R 3 với R là bán kính hình cầu. 3

Lời giải: − a) AOB = BOX AOX = 720 − 47 0 = 250 .

25 25000 = ≈ 2800(km) Độ dài AB là: 20000. 180 9 b) Gọi R là bán kính của Trái Đất. Ta có: π R = 20000 ⇔ R =

20000

≈ 6400(km)

Độ dài đường xích đạo là: 2π R ≈ 40000(km) Thể tích của Trái Đất là:

4 4 × 3,14 × R3 = 3,14 × 64003 ≈ 1, 082.1012 (km) 3 3

y (phút) là thời gian Dũng chạy bộ Theo giải thiết ta có hệ phương trình : x = 60 15x + 10y = 1200 ⇔   x + y = 90 y = 30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy Dũng mất 60 phút để bơi và 30 phút để chạy bộ để tiêu thụ hết 1200 ca-lo. Câu 8. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn (O ) . Hai đường tròn BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC và (O ) lần lượt tại F và K ( K ≠ A ). Gọi L là hình chiếu của D lên AB .

a) Chứng minh rằng tứ giác BEDC nội tiếp và BD 2 = BL ⋅ BA. = BDE . b) Gọi J là giao điểm của KD và (O ), (J ≠ K ). Chứng minh rằng BJK

c) Gọi I là giao điểm của BJ và ED . Chứng minh tứ giác ALIJ nội tiếp và I là trung điểm ED .

Lời giải:

J A L D

K = BDC = 90° nên các điểm E , D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC . Do a) Ta có BEC

đó tứ giác BEDC nội tiếp. Xét tam giác ABD vuông ở D có DL là đường cao nên theo hệ thức lượng, ta có BD 2 = BL ⋅ BA.

b) Ta thấy H là trực tâm tam giác ABC nên AF cũng là đường cao của tam giác và AF ⊥ BC . . = BAK , cùng chắn cung BK Xét đường tròn (O ) có BJK

+ AEH = 90° + 90° = 180° nên nội tiếp. Suy ra Tứ giác ADHE có ADH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= HDE nên BAK = BDE . HAE

= BDE . Tứ các kết quả trên, ta suy ra BJK

c) Xét hai tam giác BID và BDJ có = BJD (theo câu b) và DBI chung. BDI

Suy ra △BID ∼△BDJ (g .g ) ⇒

BI BD = hay BD 2 = BI ⋅ BJ . BD BJ

Theo câu a, ta có BD 2 = BL ⋅ BA nên BL ⋅ BA = BI ⋅ BJ nên

Lại xét hai tam giác BIL và BAJ có góc B chung và

BL BJ . = BI BA

BL BJ . Do đó = BI BA

= BAJ ⇒ LAI + LID = 180° , BIL Suy ra tứ giác ALIJ nội tiếp. = IJA . Mà JJA = BJA = BCA (cùng chắn cung BA ) mà theo câu a, vì Từ đó, ta suy ra ILE = AED = BCA do đó BEDC nội tiếp nên LEI = ELI . LEI = 90° − ILE = 90° − LED = LDI nên tam Từ đó ta có tam giác LEI cân và IE = IL. Do đó ILD giác LID cũng cân và ID = IL.

Từ các điều trên, ta có được ID = IE nên điểm I chính là trung điểm của DE . (Hết)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2019-2020

ĐỀ THI MÔN TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH) Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2019

Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu) Câu I ( 2,0 điểm) 1) a) Tìm x biết: 4x + 2 = 0 b) Rút gọn: A = 5 − 3 5 + 3 + 6

(

)(

)

2) Cho đường thẳng (d): y = 2x – 2 a) Vẽ đường thẳng (d) trong hệ trục tọa độ Oxy. b) Tìm m để đường thẳng (d’): y = (m-1)x + 2m song song với đường thẳng (d) Câu II (2,0 điểm) Cho phương trình 2x2 - 6x + 2m – 5 = 0 (m là tham số) 1) Giải phương trình với m = 2 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn:

1 1 + =6 x1 x2

Câu III (2,0 điểm) Bác Bình dự định trồng 300 cây cam theo nguyên tắc trồng thành các hang, mỗi hang có số cây bằng nhau. Nhưng khi thực hiện bác Bình đã trồng thêm 2 hàng, mỗi hang thêm 3 cây so với dự kiến ban đầu nên trồng được tất cả 391 cây. Tính số cây trên 1 hàng mà bác Bình dự kiến trồng ban đầu. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm I nằm giữa A và O (I khác A và O). Kẻ đường thẳng vuông góc với AB tại I, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại M và N. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng BM và AN, Qua S kẻ đường thẳng song song với MN, đường thẳng này cắt các đường thẳng AB và AM lần lượt tại K và H. a) Chứng minh rằng tứ giác SKAM nội tiếp. b) Chứng minh rằng SA.SN = SB.SM c) Chứng minh rằng KM là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Chứng minh rằng 3 điểm H, N, B thẳng hàng. Câu V (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a + b = 4ab Chứng minh rằng:

a 2

b 2

4b + 1 4a + 1

≥

1 2

-------- Hết -------Họ và tên thí sinh: ............................................. Số báo danh: ......................... Phòng thi: ....... Giám thị 1 (Họ và tên, chữ ký): ................................................................................................... Giám thị 2 (Họ và tên, chữ ký): ...................................................................................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GD & ĐT HOÀ BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN CHUNG

(Hướng dẫn chấm này gồm có 02 trang)

Câu I (2,0 điểm) Phần, ý 1

Nội dung a) 4x + 2 = 0 ⇔ x = b) A =

( 5)

Điểm 0,5

−1 2

0,5

− 32 + 6 = 5 − 9 + 6 = 2

Tìm được giao điểm của (d) với Ox và Oy lần lượt tại A(1;0) và B(0;-2) Vẽ được đường thẳng (d) m − 1 = 2 ⇒m=3 2m ≠ −2

0,5 0,5

(d) // (d’) ⇔ 

Câu II (2,0 điểm) Phần, ý 1 Với m = 2 ⇒ 2x2 – 6x – 1 = 0 ⇒ x1 =

Nội dung

Điểm 0,5 0,5

3 − 11 3 + 11 . KL… ; x2 = 2 2

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm là ∆ ' = 19 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤

19 4

 x1 + x2 = 3 Theo hệ thức Viét có  2m − 5  x1.x2 = 2 1 1 Ta có + = 6 ⇒ x1 + x2 = 6 x1 x2 ⇒ 3 = 3(2m − 5) ⇒ m = 3 ™ x1 x2

0,25 0,25

0,5

KL…..

Câu III (2,0 điểm) Phần, ý

Nội dung

Điểm

Gọi số cây trong một hang dự kiến ban đầu là x (cây, x ∈ N * ) Số hang dự kiến ban đầu là y (hàn; y ∈ N * )

0,5

 xy = 300 Từ giả thiết ta có hệ phương trình 

1,0

( x + 3)( y + 2 ) = 391

 xy = 300  x = 20 ⇔ ⇔ 3 y + 2 x = 85  y = 15

0,5

KL..... 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu IV (3,0 điểm) Phần, ý

Nội dung

Điểm

Hình vẽ

= 900 , SMA = + SMA = 1800 Xét tứ giác SKAM có SKA AMB = 900 ⇒ SKA Vậy tứ giác SKAM nội tiếp đường tròn đường kính SA

= SMN = 1 sd AM Xét ∆ SAB và ∆ SMN có góc Sɵ chung, có góc SBA

2 SA SM = ⇒ SA.SN = SB.SM Vậy ∆ SAB ~ ∆ SMN (g-g) ⇒ SB SN = MNA = 1 sd = NSK ( slt ) Ta có MBA AM ; MNA 2 = MBA = OMB = KSA = 1 sd KA . Suy ra KMA Lại có KMA 2 + OMA = 900 ⇒ KMA + OMA = 900 Chứng tỏ KM là tiếp tuyến của (O) Mà OMB = KAH suy ra tam giác SAH cân tại A do đó H đối xứng với s Chỉ ra SAK

qua BK Mặt khác N đối xứng với M qua BK Mà S, M, B thẳng hàng Suy ra H, N, B thẳng hàng

1,0

0,5

Câu V (1,0 điểm) Phần, ý

Nội dung Từ a + b = 4ab ⇒ 4ab ≥ 2 ab ⇒ ab ≥

Điểm 0,25

1 4 2

a2 b2 ( a + b ) Chứng minh được BĐT: Với x, y >0 ta có + ≥ (*) x y x+ y

0,25

Áp dụng (*) ta có 2

(a + b) a2 b2 + = + ≥ 2 2 2 2 4b + 1 4a + 1 4ab + a 4a b + b 4ab(a + b) + (a + b) 4ab 1 1 a+b = = 1− ≥ = 4ab + 1 4ab + 1 4ab + 1 2 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 2 2 a

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019 – 2020 Bài thi: Toán – Phần trắc nghiệm Ngày thi: 05/6/2019 Thời gian làm bài: 45 phút, không kể thời gian phát đề

( a − 1) x − y = a + 2 Câu 1: Xác định tham số a để hệ phương trình  có nghiệm duy nhất.  2 x − y = 3 B. a ≠ 0 . C. a ≠ −2 . D. a ≠ 1 . A. a ≠ 3 . 2 Câu 2: Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = m x + m (m ≠ 0) song song với đường thẳng ( d ' ) : y = 4 x − 2 . A. m = −4 . B. m = −2 . C. m = 4 . D. m = 2 . Câu 3: Tính chiều cao của đài kiểm soát không lưu Nội Bài. Biết bóng của đài kiểm soát được chiếu bởi ánh sáng mặt trời xuống đất khoảng 200 m và góc tạo bởi tia sáng với mặt đất là 25o 24 ' (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) B. 181 m . A. 221 m . C. 86 m . D. 95 m . Câu 4: Cho đường tròn ( O;10cm ) và đáy AB cách tâm O một khoảng bằng 6 cm . Tính độ dài đáy AB . A. 16 cm . B. 12 cm . C. 8 cm . D. 10 cm . Câu 5: Cho △ ABC vuông tại A , đường cao AH . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. AH 2 = HB.BC . B. AH 2 = HB. AB . C. AH 2 = HB.HC . D. AH 2 = HB. AC . Câu 6: Cổng vào một ngôi biệt thự có hình dạng là một parabol được biểu diễn bởi đồ thị của hàm số y = − x 2 . Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m . Một chiếc ô tô tải có thùng xe là một hình hộp chữ nhật có chiều rộng là 2,4 m . Hỏi chiều cao lớn nhất có thể của ô tô là bao nhiêu để ô tô có thể đi qua cổng? A. 2,4 m .

B. 1,44 m .

C. 4 m .

D. 2,56 m .

Câu 7: Trên hình vẽ là ba nửa đường tròn đường kính AB , AC , CB . Biết DC vuông góc với AB tại C , khi đó tỉ số diện tích hình giới hạn bởi ba nửa đường tròn nói trên và diện tích hình tròn bán kính DC là A.

7 . 3

1 . 3

1 . 2

1 . 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 8: Căn bậc hai số học của 36 là B. 6. C. 72. D. 18. A. -6. Câu 9: Gọi S là tập các giá trị số nguyên của m để đường thẳng y = 6 x + m − 5 và parabol y = x 2 cắt nhau tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung. Tính tổng các phần tử của tập S . A. 5. B. 4. C. 1. Câu 10: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R?

D. 0.

A. y = − x + 5 .

D. y = 2020 .

B. y = 2 x + 1 .

C. y = 2019 − 2 x .

Câu 11: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số bậc nhất y = ( 2019 − m ) x + 2020 nghịch biến trên ℝ. A. m > −2019 . B. m > 2019 . C. m < 2019 . Câu 12: Cho △ ABC vuông tại A . Khẳng định nào sau đây là đúng?

AC . AB Câu 13: Biểu thức

A. sin B =

A. x ≤ −4 .

AB AB . C. sin B = . BC AC 2 x − 8 có nghĩa khi và chỉ khi B. sin B =

B. x ≤ 4 .

D. m < −2019 .

D. sin B =

AC . BC

C. x ≥ −4 .

D. x ≥ 4 . . Câu 14: Cho hình vẽ, biết AB là đường kính của đường tròn tâm O , ABC = 40o . Tính số đó góc BMC A. 40o . B. 60o . C. 80o . 2 Câu 15: Tìm m để đồ thị hàm số y = ( m + 5 ) x đi qua điểm A ( −1; 2 ) .

D. 50o .

A. m = −3 . B. m = 6 . C. m = 3 . D. m = −7 . Câu 16: Tâm O của đường tròn ( O;5cm ) cách đường thẳng d một khoảng bằng 6 cm . Tìm số điểm chung của đường thẳng d và đường tròn ( O;5cm ) . A. Có ít nhất một điểm chung B. Có hai điểm chung phân biệt C. Có một điểm chung duy nhất D. Không có điểm chung Câu 17: Một quả bóng nhựa mềm dành cho trẻ em có dạng hình cầu 7 cm . Tính diện tích bề mặt quả bóng (lấy π ≈ 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) A. 381,5( cm 2 ). B. 153,86( cm 2 ). C. 615,44( cm 2 ). Câu 18: phương trình nào sau đây là phương trình bậc hai một ẩn?

D. 179,50( cm 2 ).

C. 3 xy + 4 x − 6 = 0 . B. −2 x + 5 = 0 . A. − x 2 + x − 2 = 0 . D. x3 + 2 x 2 = 0 . Câu 19: Lúc 8 giờ, kim giờ và kim phút của đồng hồ tạo thành một góc ở tâm có số đo là A. 80o .

B. 240o . C. 120o . 1 1 Câu 20: Giá trị biểu thức E = bằng − 2 −1 2 +1

D. 40o .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A. −2 . C. 2 . B. −2 2 . Câu 21: Hệ số góc của đường thẳng ( d ) : y = −2 x + 3 là

D. 2 2 .

−3 3 . C. . D. 3 . 2 2 Câu 22: Trong các hệ phương trình sau, hệ phương trình nào là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn? B.

A. −2 .

 x2 + 3 y = 1  xy + 3 x = 1 x + y = 3 A.  . B.  . C.  .  y − 2x = 1 2 x + y = 1 − x + 2 y = 1 Câu 23: Cho hàm số y = 9 x 2 . Khẳng định nào sau đây đúng?

x − 2 y = 1 D.  . 2  x + 2 y = −1

A. Hàm số nghịch biến khi x > 0 . B. Hàm số đồng biến trên ℝ. C. Hàm số đồng biến khi x > 0 . D. Hàm số đồng biến khi x < 0 . Câu 24: Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 0, 5m × 2, 4 m người ta gò tấm tôn đó thành mặt xung quanh của thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 0,5m (phần mép hàn không đáng kể). Tính thể tích V của thùng.

12 36 6 ( m3 ). B. V = ( m3 ). C. V = ( m3 ). 25π 25π 5π Câu 25: Nghiệm tổng quát của phương trình 2 x − y = 1 là A. V =

x ∈ ℝ A.  .  y = 1 − 2x

x ∈ ℝ B.  .  y = 2x −1

x ∈ ℝ C.  .  y = 2x +1

D. V =

18 ( m3 ). 25π

x ∈ ℝ D.   y = 2x +1

-----HẾT-----

Đáp án nghiệm:

phần thi trắc 1. A 6. B 11. B 16. D 21. A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

2. D 7. D 12. D 17. C 22. B

3. D 8. B 13. D 18. A 23. C

4. A 9. B 14. D 19. C 24. D

5. C 10. B 15. A 20. C 25. B

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019-2020 Bài thi: Toán – Phần tự luận Ngày thi: 05/06/2019 Thời gian làm bài: 45 phút, không kể thời gian phát để

Câu 1(1,5 điểm). a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5 + 2) − 20 . b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 x − y = 7 c) Giải hệ phương trình  . x + y = 5 Câu 2(1,5 điểm). Cho phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 4. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 .

Câu 3(1,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BD, CE của tam giác ABC ( D ∈ AC , E ∈ AB ). a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn. b) Gọi giao điểm của AO với BD và ED lần lượt là K, M. Chứng minh:

1 1 1 = + . 2 2 MD KD AD 2

Câu 4(0,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

x2 y2 z2 + + x 4 + yz y 4 + xz z 4 + xy *******HẾT*******

Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN Câu 1(1,5 điểm). a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5 + 2) − 20 . b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5).

3 x − y = 7 c) Giải hệ phương trình  . x + y = 5 a

a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5 + 2) − 20 P = 5( 5 + 2) − 20 = 5. 5 + 2 5 − 2 5 = 5 Vậy P = 5. b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5) Đường thẳng (d): y = mx +3 đi qua điểm A(1;5) nên ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5 = m.1 + 3 m = 2 Vậy với m = 2 thì đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5). c

3 x − y = 7 c) Giải hệ phương trình  . x + y = 5 3 x − y = 7 y = 5− x y = 5− x x = 3 x = 3 Ta có:  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + y = 5 3 x − (5 − x) = 7 4 x = 12 y = 5− x y = 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (3;2)

Câu 2(1,5 điểm). Cho phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 4. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 . a)

Giải phương trình với m = 4 Với m = 4 ta có phương trình: x 2 − 4 x + 4 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 (1) Phương trình (1) có hệ số a = 1; b = -4; c = 3 => a + b + c = 0. c Nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 = 1; x2 = = 3 a Vậy với m = 4 thì tập nghiệm của phương trình là: S = {1;3}

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện: x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 Phương trình: x 2 − 4 x + m − 1 = 0 (*) Có ∆ ' = (−2) 2 − 1( m − 1) = 5 − m Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thì ∆ ' > 0 ⇔ 5 − m > 0 ⇔ m < 5 −b   x1 + x2 = a = 4 Theo hệ thức Vi-et ta có:   x .x = c = m − 1  1 2 a Ta có: x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 ⇔ x12 + 2 x1 + x22 + 2 x2 = 20 ⇔ x12 + x22 + 2( x1 + x2 ) = 20

⇔ ( x1 + x2 )2 − 2 x1.x2 + 2( x1 + x2 ) = 20 ⇔ 42 − 2( m − 1) + 2.4 = 20 ⇔ 16 − 2(m − 1) + 8 = 20 ⇔ m −1 = 2 ⇔ m = 3(tm) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 = + . 2 2 MD KD AD 2

A D

M K E

O C

= BDC = 900 Vì BD, CE là hai đường cao của tam giác ABC nên BEC = BDC = 900 (cmt) nên hai đỉnh E, D kề nhau cùng nhìn Xét tứ giác BCDE có BEC 0 cạnh BC dưới các góc 90 , suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp. (dhnb). Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) Suy ra: OA ⊥ Ax = + Vì tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên BCD AED (1) (cùng bù ) với BED = BCA (2) (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc + Xét đường tròn (O) có BAx nội tiếp cùng chắn cung AB) = AED mà hai góc ở vị trí so le trong nên Ax// ED Từ (1) và (2) suy ra: BAx

Mà Ax ⊥ AO(cmt ) ⇒ ED ⊥ AO = {M } Xét tam giác ADK vuông tại D có DM là đường cao. 1 1 1 = + Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: (đpcm) 2 2 DM DK DA2 Câu 4(0,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz ⇒

x2 y2 z2 + + x 4 + yz y 4 + xz z 4 + xy

x y z + + =3 yz xz xy

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương

x y ; ta có: yz xz

x y x y 2 + ≥2 . = yz xz yz x z y z 2 z x 2 Tương tự ta cũng có: + ≥ ; + ≥ xz xy x xy yz y

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x y  y z   z x  2 2 2 ⇒  + + + + +  ≥ + +  yz xz   xz xy   xy yz  z x y x y z 1 1 1 1 1 1 ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≤3 yz zx xy x y z x y z 1 1 1 1 1 1 1 x2 Lại có: x 4 + yz ≥ 2 x 4 yz = 2 x 2 yz ⇒ 4 ≤ = .2. . ≤ ( + ) x + yz 2 yz 4 y z 4 y z Tương tự

1 1 1 1 1 1 y2 z2 ≤ ( + ); ≤ ( + ) 4 4 y + xz 4 x z z + xy 4 x y

Suy ra

1 2 2 2 1 1 1 1 3 x2 y2 z2 + + ≤ ( + + )= ( + + )≤ 4 4 4 x + yz y + xz z + xy 4 x y z 2 x y z 2 3 => P ≤ 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3/2 khi x = y = z = 1. P=

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019 – 2020 Môn thi : TOÁN Ngày thi: 04/06/2019 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Bài 1:(2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau (không dùng máy tính cầm tay) a)

x4 + 3x2 − 4 = 0

 x + 2y = 5 b)   x − 5 y = −9 Bài 2: (1,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm T ( −2; −2 ) , parabol ( P ) có phương trình

y = −8 x 2 và đường thẳng d có phương trình y = −2 x − 6 . a) Điểm T có thuộc đường thẳng d không? b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol ( P ) Bài 3:(2,0 điểm) Cho biểu thức P = 4x − 9x + 2

x với x > 0 x

a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P biết x = 6 + 2 5 (không dùng máy tính cầm tay). Bài 4:(3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Vẽ đường tròn ( A) bán kính AH . Từ đỉnh B kẻ tiếp tuyến BI với ( A) cắt đường thẳng AC tại D (điểm I là tiếp điểm, I và H không trùng nhau). a) Chứng minh AHBI là tứ giác nội tiếp. b) Cho AB = 4cm, AC = 3cm. Tính AI . c) Gọi HK là đường kính của ( A) . Chứng minh rằng BC = BI + DK . Bài 5:(2,0 điểm) a) Cho phương trình 2x 2 − 6x + 3m + 1 = 0 (với m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x13 + x23 = 9 b) Trung tâm thương mại VC của thành phố NT có 100 gian hàng. Nếu mỗi gian hàng của Trung tâm thương mại VC cho thuê với giá 100.000.000 đồng (một trăm triệu đồng) một năm thì tất cả các gian hàng đều được thuê hết. Biết rằng, cứ mỗi lần tăng giá 5% tiền thuê mỗi gian hàng một năm thì Trung tâm thương mại VC có thêm 2 gian hàng trống.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hỏi người quản lý phải quyết định giá thuê mỗi gian hàng là bao nhiêu một năm để doanh thu của Trung tâm thương mại VC từ tiền cho thuê gian hàng trong năm là lớn nhất?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án Bài 1: a) Đặt x 2 = t ( t ≥ 0 ) , phương trình trở thành t 2 + 3t − 4 = 0. Nhận xét: Phương trình có các hệ số a = 1, b = 2, c = −4 và a + b + c = 1 + 3 + ( −4) = 0 Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt t1 = 1(tm)

t2 = −4(ktm) Với t1 = 1 ⇒ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1;1}  x + 2y = 5  7 y = 14  y=2 y = 2 ⇔ ⇔ ⇔ b)   x − 5 y = −9 x = 5 − 2 y  x = 5 − 2.2  x =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; 2 ) Bài 2: a) Điểm T có thuộc đường thẳng d không? Thay x = −2; y = −2 vào phương trình đường thẳng d : y = −2x − 6 ta được −2 = −2.(−2) − 6

⇔ −2 = −2 (luôn đúng) nên điểm T thuộc đường thẳng d. b) Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol ( P ) . Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và parabol ( P ) , ta có:

−8 x 2 = −2 x − 6 ⇔ 8 x 2 − 2 x − 6 = 0

( *)

Phương trình (*) có a = 8; b = −2; c = −6 ⇒ a + b + c = 8 + ( −2 ) + ( −6 ) = 0 nên có hai nghiệm x1 = 1; x2 =

c −3 = a 4

+Với x = 1 ⇒ y = −8.12 = −8 2

3 9  3 + Với x = − ⇒ y = −8.  −  = − 4 2  4  3 9 Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol ( P ) là (1; −8 ) ;  − ; −   4 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 3: a) Rút gọn P Với x > 0 thì:

P = 4 x − 9 x + 2.

x x

= 2 x −3 x + 2 x = x V ậ y P = x v ới x > 0 . b) Tính giá trị của P biết x = 6 + 2 5 Ta có: x = 6 + 2 5 = 5 + 2 5 +1 = Thay x =

(

)

( 5)

+ 2. 5.1 + 12 =

(

5 + 1 (tm) vào P = x ta được P =

)

5 +1

(

)

5 +1

5 + 1 = 5 + 1.

Vậy P = 5 + 1.

Bài 4:

a) Chứng minh tứ giác AHBI là tứ giác nội tiếp. Do BI là tiếp tuyến của ( A) ⇒ BI ⊥ AI ⇒ AIB = 900 Xét tứ giác AHBI có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A IB = 900  0  AHB = 90 ( AH ⊥ BC ) ⇒ AIB + AHB = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác AHBI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính AH, suy ra AI. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, đường cao AH ta có:

1 1 1 1 1 1 1 25 = + = 2+ 2 = + = 2 2 2 4 3 16 9 144 AH AB AC ⇒ AH 2 =

144 144 12 ⇒ AH = = 25 25 5

Vậy AI = AH =

12 ( = R ). 5

c) Gọi HK là đường kính của ( A) . Chứng minh rằng BC = BI + DK .  BI = BH (1) +) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:  = BAH  BAI

= BAH ⇔ 900 − BAI = 900 − BAH ⇔ IAD = HAC . BAI = KAD ⇒ IAD = KAD . Mà HAC +) Xét ∆ADI và ∆ADK có: AD chung

= KAD ( cmt ) IAD

AI = AK ( = R ) Suy ra ∆ADI = ∆AKI ( c.g .c ) ⇒ AKD = AID = 900 (hai góc tương ứng) ⇒ ∆AKD vuông tại K. +) Xét tam giác vuông AKD và tam giác vuông AHC có:

AK = AH ( = R ) ; = HAC (đối đỉnh); KAD

∆AKD = ∆AHC (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ DK = HC ( 2 ) (hai cạnh tương ứng). Từ (1) và ( 2 ) suy ra BC = BH + HC = BI + DK ( dpcm ) .

Bài 5: a) 2 x 2 − 6 x + 3m + 1 = 0 Phương trình đã cho có hai nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0

⇔ 32 − 2. ( 3m + 1) ≥ 0 ⇔ 9 − 6m − 2 ≥ 0 ⇔ 7 − 6m ≥ 0 7 ⇔m≤ . 6 Khi đó phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 : b   x1 + x2 = − a = 3 Theo đinh lí Vi-et ta có:   x .x = c = 3m + 1  1 2 a 2 Ta có : 3

x13 + x2 3 = 9 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) = 9 3m + 1 9 .3 = 9 ⇔ 27 − ( 3m + 1) − 9 = 0 2 2 27 27 ⇔ − m = 0 ⇔ m = 1(TM ) 2 2

⇒ 33 − 3.

Vậy m = 1 thỏa mãn bài toán. b) Gọi giá tiền mỗi gian hàng tăng lên x (triệu đồng) (ĐK: x > 0 ) Khi đó giá mỗi gian hàng sau khi tăng lên là 100 + x (triệu đồng). Cứ mỗi lần tăng 5% tiền thuê mỗi gian hàng (tăng 5%.100 = 5 triệu đồng) thì có thêm 2 gian 2x hàng trống nên khi tăng x triệu đồng thì có thêm gia hàng trống. 5 Khi đó số gian hàng được thuê sau khi tăng giá là 100 −

2x (gian). 5

2x   Số tiền thu được là: (100 + x ) 100 −  (triệu đồng). 5   2x   Yêu cầu bài toán trở thành tìm x để P = (100 + x ) 100 −  đạt giá trị lớn nhất. 5  

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có: 2x  2x  P = (100 + x ) 100 −  = 10000 − 40x + 100x − 5  5  2 2 2 = − ( x 2 − 150x ) + 10000 = − ( x 2 − 2.75x + 752 ) + .752 + 10000 5 5 5 2 2 = − ( x − 75 ) + 12250 5 2

Ta có ( x − 75 ) ≥ 0 ⇔ −

2 2 2 2 ( x − 75 ) ≤ 0 ⇔ − ( x − 75 ) + 12250 ≤ 12250 5 5

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = 75 . Vậy người quản lí phải cho thuê mỗi gian hàng với giá 100 + 75 = 175 triệu đồng thì doanh thu của trung tâm thương mại VC trong năm là lớn nhất.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com