Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)

281 trang thaodu 5680

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2019_2.docx

Nội dung text: Bộ đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 (Có đáp án)

ĐỀ 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AN GIANG Khóa ngày 03/6/2019 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm có 01 trang) (Không kể thời gian phát đề) Bài 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây: x a) 3x 3 b) x2 6x 5 0 3 2x y 2 2 c) 2 2x y 2 2 2 Bài 2. (1,5 điểm) Cho hàm số có đồ thị là Parabol P : y 0,25x2 . a) Vẽ đồ thị P của hàm số đã cho. 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 độ của E và F . Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 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 thỏa mãn 2 x x 1 1 2 1 x1.x2 Bài 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB 4cm, AC 3cm . Lấy điêm̉ D thuộc cạnh AB AB AD . Đường tròn O đường kính BD cắt CB tại E , kéo dài CD cắt đường tròn O tại F . a) Chứng minh rằng ACED là tứ giác nội tiếp. 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) Hội Âm Trư ng A tiến h nh khảo sát 1500 học sinh về ờ à họa nhạc sự yêu thích hội hoạ, thể thao, âm nhạc và các yêu thích khác. Mỗi học sinh chỉ chọn một yêu thích. Biết số học sinh yêu thích hội họa chiếm tỉ lê ̣20% so với số học sinh khảo sát. Số học sinh yêu thích thể thao hơn số học sinh Yêu thích Thể yêu th ch âm nhạc là 30 học sinh; số học sinh yêu í khác thao 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 hội họa. b) Hỏi tổng số học sinh yêu thích thể thao và âm nhạc là bao nhiêu? 1
Hết Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phòng thi:. . . . . . . 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AN GIANG Khóa ngày 03/6/2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐẠI TRÀ Bài Nội dung gợi ý Điểm x x 3x 3 3x 3 3 3 1 x 3x 3 0,5 x 3 3 3 (Làm mất căn ở mẫu hoặc đưa về ax b ) Bài 4x 3 1a 4x 4 3x 3 (hay 3 ) 3 1,0đ 3 3 x 4 4x 3. 3 Vậy phương trình có nghiệm 3 x 3 0,5 4 là x 4 3 Vậy phương trình có nghiệm là x 4 Bài x2 6x 5 0 1b Biệt thức Delta b2 4ac 36 20 56 ' 32 5 14 0,5 1,0đ Phương trình có nghiệm là b 6 2 14 x 3 14 1 2a 2 0,5 b 6 2 14 x 3 14 2 2a 2 2x y 2 2 2x y 2 2 Tính được x hay y; 0,5 đ Bài 2 2x y 2 2 2 3 2x 3 2 1c Làm mất x hay y của một 1,0 1,0đ 2x y 2 2 x 1 x 1 phương trình 0,25đ x 1 2 y 2 2 y 2 y 0,25x2 Bảng giá trị : x 4 2 0 2 4 y 0,25x2 4 1 0 1 4 1,0 Đồ thị hình vẽ bên Bài 2a Bảng giá trị cho ít nhất ba cặp tọa độ đúng 0,5 đ 1,0đ Hệ trục 0,25đ, Parabol 0,25đ 3
Bài 2b Tọa độ điểm E 2;1 ; F 2;1 . ( mỗi tọa độ viết đúng 0,25đ) 0,5 0,5đ x2 m 2 x 2m 0 (*) 2 0,25 Bài Biệt thức m 2 4.2m 3a m2 4m 4 8m m2 4m 4 0,25 1,0đ 2 Do m 2 0 với mọi m Viết thành tổng bình phương 0,25đ nên phương trình luôn có nghiệm với mọi m 0,5 Ta có x1 x2 m 2; x1x2 2m ( hoặc x1 m; x2 2 ) 0,25 2 x x 2 x x 1 1 2 1 1 1 2 1 x1.x2 x1.x2 0,25 2 m 2 2 x x 1 1 m 0 1 2 1 2m x1.x2 2 m 2 Bài 1 1 1 1 m 0 3b m m 0,25 1,0đ 2 m2 4m 4 2 0 1 m m2 2 2 2 Từ trên ta được 0 m 0 ; m 4m 4 m m 4m 4 0 m 1 2 0,25 khi đó 2 2m 2 m 1 Vậy m 1 thỏa đề bài m Vậy m 1 thỏa đề bài C C E E Bài 4 0,5 B A D O B A D O F (Hình vẽ cho câu a; 0,5đ) G Chứng minh rằng ACED là tứ giác nội tiếp. 0,25 Bài C·AD 900 (giả thiết 4a 0 C·ED 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25 0,75đ Bốn điểm C, D, A, E cùng nằm trên đường tròn đường kính CD 0,25 Vậy tứ giác ACED là tứ giác nội tiếp. Bài Biết BF 3cm . Tính BC và diện tích tam giác BFC . 0,25 4
4b ABC vuông tại A : BC 2 AB2 AC 2 42 32 25 0,75đ BC 5 BFC vuông tại F : CF 2 BC 2 BF 2 52 32 16 0,25 CF 4 1 1 S .BF.CF .3.4 6 (cm2 ) 0,25 BFC 2 2 Tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn ( do C·AB C·FB 900 ) 0,25 Bài nên ·ABC ·AFC (cùng chắn cung AC ) 4c Mà ·ABG ·AFC (cùng bù với D· FG ) 0,5đ ·ABC ·ABG 0,25 Vậy BA là tia phân giác của C·BG Bài Số học sinh yêu thích hội họa chiếm 20% số học sinh toàn trường nên số học 0,5 5a sinh yêu thích hội họa là 1500.20% 300 học sinh 0,5đ 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 thích âm nhạc và yêu thích khác nên a 300 b c (2) 0,25 Số học sinh yêu thích thể thao hơn số học sinh yêu thích âm nhạc là 30 nên ta được a b 30 (3) (Tìm các mối 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 Vậy tổng số học sinh yêu thích thể thao và âm nhạc là a b 870 Bài (học sinh có thể lập hệ phương trình rồi giải bằng máy tính) 5b 0,5đ 0,25 Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Giám khảo họp thống nhất cách chấm trước khi chấm ĐỀ 2 SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 5
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2019- 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút (Đề thi gồm 2 trang) Ngày thi : 13/ 06/ 2019. Bài 1 (3.5 điểm). 2 a) giải phương trình: x 3x 2 0 x 3y 3 b) giải hệ phương trình: 4x 3y 18 2 28 c) Rút gọn biểu thức: A 2 3 7 2 2 2 d) giải phương trình: x2 2x x 1 13 0 Bài 2 (1.5 điểm). 2 Cho Parabol (P): y 2x 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 0 đoạn đường AC dài 27 km và A·BO 90 . 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 ? 6
O C A Chân núi B 7
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 c) Chứng minh: cos ·ABP PA PB 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 P 5xy x 2y 5 HẾT HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN Bài 1 (3.5 điểm). 2 a) giải phương trình: x 3x 2 0 có a b c 1 3 2 0 nên pt có 2 nghiệm phân biệt x1 1 , x2 2 x 3y 3 b) giải hệ phương trình: 4x 3y 18 x 3y 3 5x 15 x 3 x 3 4x 3y 18 x 3y 3 3 3y 3 y 2 x 3 Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất : y 2 2 28 c) Rút gọn biểu thức: A 2 3 7 2 8
2 28 2. 3 7 2 7 A 2 2 3 7 2 3 7 3 7 2 A 3 7 7 2 1 2 2 d) giải phương trình: x2 2x x 1 13 0 2 x2 2x x 1 2 13 0 2 x2 2x x2 2x 1 13 0 2 2 t 3 Đặt t x 2x , khi đó ta có t t 12 0 t 4 2 2 x 1 * Với t = 3 x 2x 3 x 2x 3 0 x 3 2 2 * Với t = 4 x 2x 4 x 2x 4 0 (pt vô nghiệm) Vậy pt đã cho có hai nghiệm: x 1, x 3 Bài 2 (1.5 điểm). 2 a) vẽ Parabol (P): y 2x Bảng giá trị: x 2 1 0 1 2 y 2x2 8 2 0 2 8 1 -1 O 2 -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 9
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2x x m 2 2x x m 0 1 8m 1 Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt m 8 - Vì x1, x2 là hai nghiệm của pt hoành độ giao điểm, nên ta có: 1 m x x ; x .x 1 2 2 1 2 2 1 m Khi đó : x x x .x m 1 (Thỏa ĐK) 1 2 1 2 2 2 Bài 3 (1.0 điểm). a) OA = AC + R = 27 + 3 = 30 km 2 2 2 2 Xét ABO vuông tại B, có: AB OA OB 30 3 9 11 km 9 11 b) t/gian xe thứ nhất đi từ A đến B là: 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 tanOµ Oµ 84.30 OB 3 3. .84,3 Độ dài đoạn đường từ C đến B là l 4,41 km C»B 180 4,41 T/gian đi từ C đến B là : 0,15 giờ 30 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). 10
I P F E H A K O B a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn. 0 Ta có: ·AEB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0 H· EI 90 (kề bù với ·AEB ) 0 T. tự, ta có: H· FI 90 0 0 0 Suy ra: H· EI + H· FI 90 +90 180 0 tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn (tổng hai góc đối nhau bằng 180 ) b) chứng minh ·AIH ·ABE Ta có: ·AIH ·AFE (cùng chắn cung EH) Mà: ·ABE ·AFE (cùng chắn cung AE) Suy ra: ·AIH ·ABE PK BK c) Chứng minh: cos ·ABP PA PB ta có: AF  BI , BE  AI nên suy ra H là trực tâm của VIAB IH  AB PK  AB Tam giác ABP vuông tại P có PK là đường cao nên ta có: 2 BP.PA = AB.PK và BP AB.BK 2 Suy ra: BP.PA + BP AB.BK + AB.PK BP.(PA BP) AB.(PK BK) BP PK BK PK BK cos ·ABP AB PA BP PA BP 11
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 I F E H A B K O 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 0 Ta lại có: F·EB F·AB B·EK 45 F·EK 2.F·EB 900 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 P 5xy x 2y 5 1 5 1 5 1 5 P = 5xy x 2y 5 5xy (x y) y 5 5xy y 8 1 xy 5 y 8 xy y 8 P 5xy 20 y 8 20 20 x y 1 2 8 xy y 8 y(x 1) 8 4 3 Ta lại có: 20 20 20 5 12
Khi đó: 1 xy 5 y 8 xy y 8 P 5xy 20 y 8 20 20 1 3 3 P 1 P 5 5 5 3 x 1 Vậy PMin 5 y 2 ĐỀ 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BẮC GIANG NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 2x 3 là A. m 3. B. m 1. C. m 1. D. m 2. Câu 2: Tổng hai nghiệm của phương trình x2 4x 3 0 bằng A. 4. B. 4. C. 3. D. 3. Câu 3: Giá trị nào của x dưới đây là nghiệm của phương trình x2 x 2 0 ? A. x 4. B. x 3. C. x 2. D. x 1. Câu 4: Đường thẳng y 4x 5 có hệ số góc bằng A. 5. B. 4. C. 4. D. 5. Câu 5: Cho biết x 1 là một nghiệm của phương trình x2 bx c 0 . Khi đó ta có A. b c 1. B. b c 2. C. b c 1. D. b c 0. 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 giácABC có AB 3cm, AC 4cm, BC 5cm . 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. 13
Câu 8: Giá trị của tham số m để đường thẳng y 2m 1 x 3 đi qua điểm A 1;0 là A. m 2. B. m 1. C. m 1. D. m 2. Câu 9: Căn bậc hai số học của 144 là A. 13. B. 12. C. 12 và 12. D. 12. Câu 10: Với x 2 thì biểu thức (2 x)2 x 3 có giá trị bằng A. 1. B. 2x 5. C. 5 2x. 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 2y 7 A. 1. B. 2. C. 5. D. 4. · Câu 13: Cho tam giácABC vuông tại A , có BC 4cm, AC 2cm . Tính sin ABC. 3 1 1 3 A.  B.  C.  D.  2 2 3 3 · o Câu 14: Tam giácABC cân tại B có ABC 120 , AB 12cm và nội tiếp đường tròn O . Bán kính của đường tròn O bằng A. 10cm. B. 9cm. C. 8cm. D. 12cm. Câu 15: Biết rằng đường thẳng y 2x 3 cắt parabol y x2 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 m4 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 . x y 3 Câu 17: Hệ phương trình có nghiệm x0 ; y0 thỏa mãn x0 2y0 . Khi đó giá trị của m là mx y 3 A. m 3. B. m 2. C. m 5. D. m 4. Câu 18: Tìm tham số mđể phương trình x2 x m 1 0 có hai nghiệm x , x thỏa mãn x 2 x 2 5. 1 2 1 2 A. m 3. B. m 1. C. m 2. D. m 0. Câu 19: Cho tam giác ABC vuông tạiA , có AC 20cm. Đường tròn đường kínhAB cắt BC tại M (M không trùng với B ), tiếp tuyến tại M của đường tròn đường kínhAB cắt AC tại I. Độ dài đoạn AI bằng 14
A. 6cm. B. 9cm C. 10cm. D. 12cm. · o Câu 20: Cho đường tròn O; R và dây cungAB thỏa mãn AOB 90 . Độ dài cung nhỏ »A bBằng R R 3 R  B. R. C.  D.  A. 2 4 2 PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). x y 2 a) Giải hệ phương trình  3x 2y 11 2 x 2 x 1 2 x 1 x b) Rút gọn biểu thức A : với x 0; x 4 . x 4 x 2 x 2 2 Câu 2 (1,0 điểm). Cho phương trình x 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 2 x1 mx1 m x2 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 gồm 1 2 sách Toán và sách Ngữ văn. Nhà trường đã dùng số sách Toán và số sách Ngữ văn đó để phát cho các bạn 2 3 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 4cm 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 kiệnx 2 y2 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): 15
Cán bộ coi thi 2 (Họ tên và ký): SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 BẮC GIANG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG HDC ĐỀ CHÍNH THỨC NGÀY THI: 02/06/2019 MÔN THI:TOÁN- PHẦN TỰ LUẬN Bản hướng dẫn chấm có 04trang Câu Hướng dẫn, tóm tắt lời giải Điểm Câu 1 (2,0điểm) x y 2 x 2 y Ta có 0,5 3x 2y 11 3 2 y 2y 11 a) 5y 5 0,25 (1,0 x 2 y điểm) x 3 . y 1 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) (3;1) . Với x 0; x 4 , ta có 2x 4 x 2 2 x 1 x 2 x 0,25 A : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 b) 2x 4 x 2 2x 5 x 2 x : (1,0 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 0,25 điểm) x x : x 2 x 2 x 2 0,25 1 1 . Kết luận A  x 2 x 2 0,25 Câu 2 (1,0điểm) 2 Với m 1 , phương trình (1) trở thành x 2x 3 0. 0,25 a) Giải ra được x 1, x 3. 0,25 16
(0,5 điểm) 2 2 m 1 4 m 4 m2 2m 17 m 1 16 0,m ¡ . 0,25 Kết luận phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m. 2 2 x1 m 1 x1 m 4 0 x1 mx1 m x1 4. b) 2 Tương tự x2 mx2 m x2 4. (0,5 2 2 điểm) x1 mx1 m x2 mx2 m 2 0,25 x1 4 x2 4 2 x1x2 4 x1 x2 16 2 * . Áp dụng định lí Viet, ta có: 14 * m 4 4 m 1 16 2 5m 14 0 m  Kết luận. 5 Câu 3 (1,5điểm) Gọi số sách Toán và sách Ngữ văn Hội khuyến học trao cho trường A lần lượt làx , y (quyển), 0,25 x, y ¥ * . Vì tổng số sách nhận được là 245 nên x y 245 1 0,5 1 2 Số sách Toán và Ngữ văn đã dùng để phát cho học sinh lần lượt là x vày (quyển) 2 3 0,25 1 2 Ta có: x y 2 (1,5 2 3 điểm) x y 245 Đưa ra hệ 1 2 . x y 2 3 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 Ngữ văn 0,25 Câu 4 (2,0điểm) 17
B E A K C O I H D + Chỉ ra được D·HC 900 ; 0,25 a) + Chỉ ra được ·AKC 900 0,25 (1,0 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 b) 0 0 Chỉ ra được ·ACD 60 ; ·ADC 90 0,25 (0,5 điểm) Tính được CD 2cm; AD 2 3 cm và diện tích tam giác ACD bằng 2 3 cm2. 0,25 Vì EK / /BC nên D· EK D· BC. 0,25 c) Vì ABCD nội tiếp nên D· BC D· AC. Suy ra ·DEK D· AK. (0,5 Từ đó tứ giác AEKD nội tiếp và thu được ·AED ·AKD 90o ·AEB 90o. điểm) I OC E AB. Kết luận khi thay đổi trên đoạn thì điểm luôn thuộc đường tròn đường kính cố 0,25 định. Câu 5 (0,5điểm) 18 6 x y 2xy P 3 x 3 y 9 3 x y xy 2 17 x2 y2 6 x y 2xy 8 x y 2 6 x y 9 0,25 2 2 (0,5 x y 3 2 điểm) 4. 2 2 Từ x2 y2 1 chỉ ra được x y 2 2 x y 2; 0,25 Suy ra 2 3 x y 3 2 3 0. 18
2 2 x y 3 2 3 19 6 2 P 4 4  2 2 2 19 6 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 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. *^*^* ĐỀ 4 SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NGHỆ NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN (Không chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Ngày thi: 07/6/2019 . Câu 1: (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức: a) A 45 2 20 3 5 27 2 b) B 3 12 . 3 5 Câu 2: (4,0 điểm) 2x y 4 a) Giải hệ phương trình x y 5 b) Cho hàm số y 3x2 có đồ thị P và đường thẳng d : y 2x 1 . Tìm tọa độ gia0 điểm của P và d bằng phép tính. Câu 3: (6,0 điểm) Cho phương trình: x2 2mx 4m 5 1 (m là tham số). a) Giải phương trình 1 khi m 2 . 19
b) Chứng minh phương trình 1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. c) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 . Tìm m để: 1 33 x2 m 1 x x 2m 762019 . 2 1 1 2 2 Câu 4: (6,0 điểm) Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm I, Q sao cho I thuộc cung AQ. Gọi C là giao điểm hai tia AI và BQ; H là giao điểm hai dây AQ và BI. a) Chứng minh tứ giác CIHQ nội tiếp. b) Chứng minh: CI.AI HI.BI . c) Biết AB 2R . Tính giá trị biểu thức: M AI.AC BQ.BC theo R. Hết 20
HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 1: (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức: a) A 45 2 20 3 5 27 2 b) B 3 12 3 5 Giải: a) A 45 2 20 32.5 2 22.5 3 5 2.2 5 5 3 5 27 2 3 5 3 3 b) B 3 12 3 12 3 5 3 5 3 5 3 2 3 12 (do 3 12 3 12 ) 3 5 3 3 12 12 2 3 . Câu 2: (4,0 điểm) 2x y 4 a) Giải hệ phương trình x y 5 b) Cho hàm số y 3x2 có đồ thị P và đường thẳng d : y 2x 1 . Tìm tọa độ giao điểm của P và d bằng phép tính. Giải: 2x y 4 3x 9 x 3 a) x y 5 y 5 x y 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x; y 3;2 b) Phương trình hoành độ giao điểm: 3x2 2x 1 3x2 2x 1 0 * Phương trình * có hệ số: a 3; b 2; c 1 a b c 0 c 1 Phương trình * có hai nghiệm: x 1; x 1 2 a 3 2 - Với x1 1 y 3.1 3 A 1;3 2 1 1 1 1 1 - Với x2 y 3. B ; 3 3 3 3 3 1 1 Vậy tọa độ giao điểm của P và d là A 1;3 và B ; . 3 3 Câu 3: (6,0 điểm) 21
Cho phương trình: x2 2mx 4m 5 1 (m là tham số). a) Giải phương trình 1 khi m 2 . b) Chứng minh phương trình 1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. c) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 . Tìm m để: 1 33 x2 m 1 x x 2m 762019 2 1 1 2 2 Giải: a) Thay m 2 vào phương trình 1 ta có: 2 x 3 x 4x 3 0 x x 3 x 3 0 x 3 x 1 0 x 1 Vậy với m 2 thì phương trình có tập nghiệm S  3; 1 2 b) Ta có: ' m2 4m 5 m 2 1 0, m Do đó phương trình 1 luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. c) Do phương trình 1 luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m, gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 x1 x2 2m Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1x2 4m 5 1 33 Ta có: x2 m 1 x x 2m 762019 2 1 1 2 2 x2 2 m 1 x 2x 4m 33 1524038 1 1 2 x2 2mx 4m 5 2 x x 1524000 1 1 1 2 2 x x 1524000 (do x là nghiệm của 1 nên x2 2mx 4m 5 0 ) 1 2 1 1 1 2.2m 1524000 m 381000 Vậy m 381000 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4: (6,0 điểm) Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm I, Q sao cho I thuộc cung AQ. Gọi C là giao điểm hai tia AI và BQ; H là giao điểm hai dây AQ và BI. a) Chứng minh tứ giác CIHQ nội tiếp. b) Chứng minh: CI.AI HI.BI . c) Biết AB 2R . Tính giá trị biểu thức: M AI.AC BQ.BC theo R. 22
Giải: C Q I H A O B a) Ta có: ·AIB ·AQB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) C·IH C·QH 900 Xét tứ giác CIHQ có C·IH C·QH 900 900 1800 tứ giác CIHQ nội tiếp b) Xét AHI và BCI có: · · 0 AIH BIC 90   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 AC 2 AC.IC BQ2 BQ.QC AQ2 QC 2 AC.IC BQ2 BQ.QC AQ2 BQ2 QC QC BQ AC.IC AB2 QC.BC AC.IC Tứ giác AIBQ nội tiếp O C· IQ C·BA (cùng phụ với ·AIQ ) Xét CIQ và CBA có: · ACB chung   CIQ∽ CBA g.g · · CIQ CBA  IC QC QC.BC AC.IC BC AC QC.BC AC.IC 0 2 Suy ra: M AB2 2R 4R2 ĐỀ 5 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: 23
4 Câu 1: Khi x = 7 biểu thức có giá trị là x + 2 - 1 1 4 4 A B C D 2 2 8 3 Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ¡ ? A yB.=.C.1. - xD y = 2x - 3 y = (1- 2)x y = - 2x + 6 Câu 3: Số nghiệm của phương trình x 4 - 3x 2 + 2 = 0 là A.1 . B.2 . C.3 . D.4 . Câu 4: Cho hàm số y = ax 2 (a ¹ 0) . Điểm M (1;2) thuộc đồ thị hàm số khi 1 1 A.a = 2 . B.a = . C.a = - 2 . D.a = . 2 4 Câu 5: Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB,AC tới đường tròn ( · o B,C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BK . Biết BAC = 30 ,số đocủa cung nhỏ CK là 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 HB 1 BC . Biết AH = 12cm , = . Độ dài đoạn BC là HC 3 A.6cm . B.8cm . C.4 3cm . D.12cm . II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) 2 2 ( x + 1) + ( x - 1) 3 x + 1 Câu 7: Cho biểu thức A = - với x ³ , 0 x ¹ . 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. Câu 8: An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10của 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 ? · Câu 9: Cho đường tròn (O) , hai điểm A,B nằm trên (O) sao cho AOB = 90º . Điểm C nằm trên 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. 24
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 1 x ,x trình ( ) có hai nghiệm phân biệt 1 2 sao chox1 + x2 + 3 + x1x2 = 2m + 1 . b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a2 + b2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ a3 + b3 + 4 nhất của biểu thức M = . 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 Câu 1: Khi x = 7 biểu thức có giá trị là x + 2 - 1 1 4 4 A. . B. . C. . D.2 . 2 8 3 Lời giải Chọn: D 4 Thay x 7 (thỏa mãn) vào biểu thức 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 ¡ ? A.y = 1- x . B.y = 2x - 3 . C.y = (1- 2)x . D.y = - 2x + 6 . Lời giải Chọn: B Hàm số y 2x 3 đồng biến trên ¡ . 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 25
Đặt t x2 (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 ¹ 0) . Điểm M (1;2) thuộc đồ thị hàm số khi 1 1 A.a = 2 . B.a = . C.a = - 2 . D.a = . 2 4 Lời giải Chọn A . Vì M (1;2) thuộc đồ thị hàm số y ax2 (a 0) nên ta có 2 a.12 a 2 (thỏa mãn). Câu 5: Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB,AC tới đường tròn ( · o B,C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BK . Biết BAC = 30 , số đo của cung nhỏ CK là A.30° . B.60° . C.120° . D.150° . Lời giải Chọn: A. Từ giả thiết ta suy ra tứ giác ABOC nội tiếp nên B·AC C·OK 30 , mà C·OK sđ C»K nên 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 HB 1 BC . Biết AH = 12cm , = . Độ dài đoạn BC là HC 3 A.6 cm . B.8 cm . C.4 3 cm . D.12 cm . Lời giải 26
Chọn: B HB 1 Theo đề bài ta có: 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 BH 2 4 BH 2 HC 3.HB 3.2 6 BC HB HC 2 6 8 cm II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) 2 2 ( x + 1) + ( x - 1) 3 x + 1 Câu 7: Cho biểu thức A = - với x ³ , 0 x ¹ . 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 2 2 x + 1 + x - 1 - 3 x - 1 ( ) ( ) x + 2 x + 1+ x - 2 x + 1- 3 x - 1 a) A = = x - 1 x - 1 2x - 3 x + 1 2x - 2 x - x + 1 ( x - 1)(2 x - 1) 2 x - 1 = = = = . x - 1 x - 1 ( x - 1)( x + 1) x + 1 2019(2 x + 2 - 3) 6057 2019A = = 4038 - . x + 1 x + 1 b) 2019A là số nguyên khi và chỉ khi x + 1 là ước nguyên dương của 6057 gồm: 1;3;9;673,2019;6057 . +) x + 1 = 1 Û x = 0 , thỏa mãn. +) x + 1 = 3 Û x = 4 , thỏa mãn. +) x + 1 = 9 Û x = 64 , thỏa mãn. +) x + 1 = 673 Û x = 451584 , thỏa mãn. +) x + 1 = 2019 Û x = 4072324 , thỏa mãn. +) x + 1 = 6057 Û x = 36675136 , thỏa mãn. 27
Câu 8: An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10của 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 10của An đạt được lần lượt là x,y (bài)(x,y Î ¥ ) . Theo giả thiết x + y > 16 . Vì tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đó là 160 nên 9x + 10y = 160 . 160 Ta có 160 = 9x + 10y ³ 9(x + y) Þ x + y £ . 9 160 Do x + y Î ¥ và 16 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 28
a)Ta có C ì ï HK ^ KC · · í Þ HKC + HIC = 90º + 90º= 180º ï HI ^ IC îï N . O K Do đó, CIHK là tứ giác nội tiếp. M I H b) Do tứ giác CIHK nội tiếp nên A B · · 1 ¼ 1 ¼ 45º= ICK = BHI = sđBM + sđAN . 2 2 ¼ ¼ sđBM sđAN 90 . ¼ » ¼ ¼ Suy ra, sđMN = sđAB + (sđBM + sđAN ) hay = 90° + 90° = 180º D MN là đường kính của (O) . 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. · · ¼ » Suy ra, CAI = CBK Þ sđCM = sđCN Þ C là điểm chính giữa của cung MN Þ CO ^ MN . Vì AC > BC nên DABC 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 1 x ,x trình ( ) có hai nghiệm phân biệt 1 2 sao chox1 + x2 + 3 + x1x2 = 2m + 1 . b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a2 + b2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ a3 + b3 + 4 nhất của biểu thức M = . ab + 1 Lời giải 2 a) D¢= m2 + 2m + 1 = (m + 1) . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi D¢> 0 Û m ¹ - 1 . 29
Áp dụng ĐL Vi-ét ta có x1 + x2 = 2m;x1.x2 = - 2m - 1 . Ta có 2m + 2 - 2m = 2m + 1( ĐK 0 £ m £ 1 (*)) 2m - 1 2m - 1 Û 2m - 1+ 2 - 2m - 1- (2m - 1) = 0 Û - - (2m - 1) = 0 2m + 1 2 - 2m + 1 é 1 æ ö êm = (t / m (*)) ç 1 1 ÷ ê 2 Û (2m - 1)ç - - 1÷= 0 Û ê èç ø÷ ê 1 1 2m + 1 2 - 2m + 1 ê - - 1 = 0(2) ëê 2m + 1 2 - 2m + 1 1 Vì 2m + 1 ³ 1, " m thỏa mãn 0 £ m £ 1 Þ £ 1 . Do đó, VT (2) 0 nên M = ³ = 3 . ab + 1 ab + 1 Do đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 3 đạt được khi a = b = 1 . +) Vì a2 b2 2 nên a 2; b 2. Suy ra a3 b3 4 2 a2 b2 4 2 2 4 . 1 a3 b3 4 Mặt khác 1 do ab 1 1 . Suy ra M 2 2 4 . ab 1 ab 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ì 2 2 ï a + b = 2 íï Û (a;b) = 0; 2 Ú(a;b) = 2;0 . ï ab = 0 ( ) ( ) îï Giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4 2 2 đạt được khi (a;b) = (0; 2)Ú(a;b) = ( 2;0) Hết ĐỀ 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2019-2020 30
ĐỀ CHÍNH THỨC 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 7x 3y 5 b) Giải hệ phương trình: x 3y 3 Câu 2. (2.0 điểm) 2 a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P : y 2x . 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 2x 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) 2 a) Giải phương trình: x 2x 3 0 b) Tìm m để phương trình: 2 2 x 2 m 1 x m 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 đường cao AH, tính cos ·ACB và chu vi tam giác ABH. 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). 31
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. b) B·CA ·ACS. HẾT 32
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1.a A 3 3 2 3 0.25 (0.5đ) =3 0.25 8x 8 (pp thế:)x 3 3y 0.25 x 3y 3 x 1 0.25 x 3y 3 1.b 8x 8 (1,0đ) 2 0.25 y 3 2 Vậy hpt có nghiệm 1; . 0.25 3 Tìm được 5 cặp giá trị có 0;0 0.5 2.a (3 cặp có 0;0 cho 0,25) (1,0đ) Vẽ được (P) qua 5 điểm có (O) 0.5 (qua 3 điểm trên một nhánh có (O) cho 0,25) 5m 2 1 0.25 2.b 3 (0.5đ) m 0.25 5 2.c A 1;0 , B 3;2 ,C 4;0 0.25 (0.5đ) S ABC 3(đvdt) 0.25 4 (NX: a b c 0 ) 0.25 3.a x1 1 0.25 (1,0đ) x 2 3 0.25 Vậy x1 1 , x 2 3 . 0.25 3.b m 8 0.25 (0.5đ) Pt vô nghiệm m 8 0.25 4 BC 5 0.25 33
(1.5đ) AB, AC 12 AH 0.25 BC 5 AC cos ·ACB 0.25 BC 4 cos ·ACB 0.25 5 AB2 9 BH 0.25 BC 5 36 Chu vi tam giác ABH là: . 0.25 5 * Gọi x, y lần lượt là số học sinh lớp 9A, 9B x, y ¥ 0.25 Theo đề bài ta có hệ pt: x y 82 0.25 5.a 3x y 166 (1,0đ) x 42 0.25 y 40 Vậy số học sinh của lớp 9A là 42; của lớp 9B là 40. 0.25 4 3 3 Vkhối cầu = 1,1  5,58 m 3 0.25 5.b 2 3 Vkhối trụ = . 1,1 .3.5  13,3 m (0.5đ) Thể tích của bồn chứa là: 3 0.25 V Vkc Vkt 18,88 m Hình vẽ 0.25 0 Vì AH  BC nên E·DC 90 0.25 6.a 0 Vì BD  CD nên E·HC 90 0.25 (1.25đ) 0 E·DC E·HC 180 và E·DC, E·HC đối nhau 0.25 Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp. 0.25 · · 6.b ADB MCS 0.25 (0.75đ) ·ADB ·ACB 0.25 34
Nên B·CA ·ACS 0.25 ĐỀ 7 SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC: 2019 – 2020 Thời gian: 120 phút Bài 1 (2 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 2 2 2 2 4x y 7 1) x 7x 10 0 2) x 2x 6x 12x 9 0 3) 5x y 2 1 Bài 2 (1,5 điểm) Cho Parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y x m 1 (m là tham 2 số) 1) Vẽ đồ thị P . 2) Gọi A xA; yA , B xB ; yB là hai giao điểm phân biệt của d và P . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để xA 0 và xB 0. Bài 3 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 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, x 2 x1 x2 4 thoả điều kiện: 3 3 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 choO M 2R , 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. 2) Chứng minh: N· IH N· BA. 35
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 NB2 2R2 HẾT ĐÁP ÁN THAM KHẢO Bài 1. 1) x2 7x 10 0 Ta có: b2 4ac 72 4.10 9 0 b 7 9 x1 5 2a 2.1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: b 7 9 x2 2 2a 2.1 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 5; x2 2 2) 2 x2 2x 6x2 12x 9 0 2 x2 2x 6 x2 2x 9 0 (*) Đặt x2 2x t . Khi đó ta có phương trình (*) t 2 6t 9 0 (t 3)2 0 t 3 0 t 3 x2 2x 3 x2 2x 3 0 x2 3x x 3 0 x(x 3) (x 3) 0 (x 3)(x 1) 0 x 3 0 x 3 x 1 0 x 1 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S { 3 ; 1}. 4x y 7 9x 9 x 1 x 1 3) Ta có: 5x y 2 y 4x 7 y 4.1 7 3 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ; y) (1 ;-3) . Bài 2. 1 1) Vẽ đồ thị hàm số (P) : y x2 2 36
Ta có bảng giá trị x 4 2 0 2 4 1 (P) : y x2 8 2 0 2 8 2 1 Vậy đồ thị hàm số (P) : y x2 là đường cong đi qua các điểm 2 ( 4;8),( 2;2),(0;0),(2;2),(4;8) 1 Đồ thị hàm số (P) : y x2 2 2) Gọi A xA; yA , B xB ; yB là hai giao điểm phân biệt của d và P . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để xA 0 và xB 0. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số d và P là: 1 x2 x m 1 x2 2x 2m 2 0 (*) 2 Theo đề bài ta có: d cắt P tại hai điểm A xA; yA , B xB ; yB phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt 0 1 1 ( 2m 2) 0 1 2m 2 0 2m 1 m 2 1 Vậy với m thì phương trình (*) có hai nghiệm x , x phân biệt. 2 A B xA xB 2 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: xA.xB 2m 2 37
xA 0 xA xB 0 2 0m Theo đề bài ta có: 2m 2 m 1 xB 0 xA xB 0 2m 2 0 1 Kết hợp các điều kiện của m ta được m 1. 2 1 Vậy 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 3 3 +Sử dụng các biến đổi x1 x2 x1 x2 3x1x2 x1 x2 và 2 2 x1 x2 x1 x2 4x1x2 . Cách giải: x2 ax b 2 0. Ta có a2 4 b 2 a2 4b 8 . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì 0 a2 4b 8 0 (*). x1 x2 a Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: . x1x2 b 2 Theo bài ra ta có: x x 4 x1 x2 4 1 2 x 3 x 3 28 3 1 2 x1 x2 3x1x2 x1 x2 28 x1 x2 4 x1 x2 4 3 x x 3 4 12x1x2 28 1 2 Mà x1x2 b 2 b 2 3 b 3 2 5 . 4 a x1 x1 x2 a 2x1 4 a 2 Ta có: x x 4 2x a 4 a 4 1 2 2 x 2 2 4 a a 4 x1x2 3 3 2 2 38
4 a a 4 12 16 a2 12 2 a 2 a 4 . a 2 Với a2 4,b 5 a2 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 ¥ *, 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 ¥ *, x 4 ) 140 Thời gian thực tế mà tổ công nhân hoàn thành xong 140 sản phẩm là: (ngày). x Theo kế hoạch mỗi ngày tổ công nhân đó sản xuất được số sản phẩm là: x 4 (sản phẩm) 140 Thời gian theo kế hoạch mà tổ công nhân hoàn thành xong 140 sản phẩm là: x 4 ngày. 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 140x 140 x 4 4x x 4 35x 35 x 4 x x 4 35x 35x 140 x2 4x 39
x2 4x 140 0 x2 14x 10x 140 0 x x 14 10 x 14 0 x 10 x 14 0 x 10 0 x 10 ktm 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. 40
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 SMAOB S OAM S OBM 2S OBM Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAM ta có: 2 AM 2 OM 2 OA2 2R R2 3R2 AM R 3 . 1 S 2S 2. .OA.AM R.R 3 R2 3 (đvdt). MAOB OAM 2 2) Chứng minh N· IH N· BA 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 ). N· IH N·AH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN ). Mà N·AH N· BA (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AN của O ) N· IH N· BA N·AH (đpcm). 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. 41
Xét tứ giác NIBK ta có N· IB N·KB 90 90 180 Mà hai góc này là hai góc đối diện NIBK là tứ giác nội tiếp. K·BN N· IK Xét đường tròn O ta có: K·BN N· AB N· IK N· AB( K·BN) Xét ANB ta có: ·ANB N· AB N· BA 180 Lại có: N· IH N· AB N· IE; N· IK N· AB N· IF ;·ANB E·NF E·NF E· IN N· IF E·NF E· IF 180 Mà E·NF, E· IF là hai góc đối diện Tứ giác NEIF là tứ giác nội tiếp. 4) Giả sử O, N,M thẳng hàng. Chứng minh: NA2 NB2 2R2 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 OA R 1 Xét MAO ta có: cos ·AOM ·AOM 60 ·AON OM 2R 2 OA ON R Xét AON có: AON là tam giác đều. ·  AON 60 NA ON OA R NB NA2 NB2 R2 R2 2R2 (đpcm) 42
ĐỀ 8 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 . x 1 x x 3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P 1 . Câu 2. (2,0 điểm) 1 1) Cho parabol (P) : y x2 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 . 2x y 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: x 2y 4 Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 (m 2)x m 8 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 8 . 3 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thỏa x1 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 . 43
Câu 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R . 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 R2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . 45
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A 3 49 25 A 3 72 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 46
x x x 1 2) Cho biểu thức P : với x 0; x 1 . x 1 x x 3 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 : x 1 x x 3 x x x 1 P : x 1 x( x 1) 3 x. x x x 1 P : x( x 1) x( x 1) 3 x x x 1 P : x( x 1) 3 x x 3 P  x( x 1) x 1 x( x 1).3 P x( x 1)( x 1) 3 P x 1 b) Tìm giá trị của x để P 1 . 3 P 1 1 x 1 x 1 3 x 4 x 16 Vậy x 16 thì P 1 . 47
Câu 2. (2,0 điểm) 1 1) Cho parabol (P) : y x2 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: x 4 2 0 2 4 1 y x2 8 2 0 2 8 2 1 Đồ thị hàm số y x2 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 x 2 là đường thẳng đi qua điểm (0;2) và điểm ( 2;0) 48
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; yA ) là giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d1) . A (P) 1 y ( 2)2 2 A 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 2x y 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: x 2y 4 2x y 5 4x 2y 10 3x 6 x 2 x 2y 4 x 2y 4 x 2y 4 x 2y 4 x 2 x 2 x 2 2 2y 4 2y 2 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) (2;1) 49
Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 (m 2)x m 8 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 8 . 3 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 0 . Lời giải a) Giải phương trình (1) khi m 8 . Thay m 8 vào phương trình (1), ta được: x2 ( 8 2)x 8 8 0 x2 6x 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 3 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 0 . Lời giải (m 2)2 4(m 8) m2 4m 4 4m 32 m2 28 0 Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi S 0 P 0 m2 28 0 m 2 7 hoaëc m 2 7 m 2 0 m 2 m 2 7 m 8 0 m 8 Theo đề bài, ta có: 3 3 4 4 4 3 x1 x2 0 x1 x2 x1x2 x1 m 8 x1 m 8 x2 (m 8) 4 4 3 x1 x2 m 2 m 8 (m 8) m 8 6 Đặt 4 m 8 t (t 0) , ta có: t t3 t 4 6 t 4 t3 t 6 0 t 4 16 (t3 t 10) 0 (t 2 4)(t 2 4) (t3 8 t 2) 0 2 2 (t 2)(t 2)(t 4) (t 2)(t 2t 4) (t 2) 0 (t 2)(t 2)(t 2 4) (t 2)(t 2 2t 5) 0 50
(t 2)(t3 2t 2 4t 8 t 2 2t 5) 0 (t 2)(t3 t 2 2t 3) 0 t 2 (vì t 0 t3 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 260 260 Thời gian dự định khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x Trên thực tế, mỗi ngày nông trường khai thác được: x 3 (tấn) 261 Thời gian thực tế khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x 3 261 260 Theo đề bài, ta có phương trình: 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 x2 3x 260x 780 261x x2 3x 260x 780 0 x2 4x 780 0 (1) ' 4 780 784 0 ' 784 28 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 2 28 2 28 x 26 (nhận) hoặc x 30 (loại) 1 1 2 1 Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nông trường cao su khai thác 26 tấn. 51
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 C H M B Xét AHB vuông tại H , theo định lí Pitago, ta có: AB2 AH 2 HB2 AB2 32 42 9 16 25 AB 25 5 (cm) Xét ABC vuông tại A , có đường cao AH . 1 1 1 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH 2 AB2 AC 2 1 1 1 1 1 1 1 AC 2 AH 2 AB2 32 52 9 25 1 16 225 AC 2 AC 2 225 16 225 15 AC (cm) 16 4 Xét ABC vuông tại A , theo định lí Pitago, ta có: BC 2 AB2 AC 2 2 2 2 15 225 625 BC 5 25 4 16 16 625 25 BC (cm) 16 4 ABC vuông tại A , AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC 1 1 25 25 AM BC  (cm) 2 2 4 8 1 1 15 75 Diện tích tam giác ABC : S  AB  AC 5 (cm2 ) ABC 2 2 4 8 52
Câu 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R . 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 R2 . 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 B C O N Vì AB  HC tại C nên B·CH 900 ; Ta có: ·AKB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B·KH 900 Xét tứ giác BCHK có: B·CH B·KH 900 900 1800 Mà B·CH; B·KH là hai góc đối nhau. Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. 53
b) Chứng minh AK.AH R2 . M K H A B C O N Xét ACH và AKB có: ·ACH ·AKB 900 ; B·AK là góc chung; Do đó: ACH AKB (g.g) AH AC AB AK R AH.AK AB.AC 2R  R2 2 Vậy AK.AH R2 54
c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . E M K H B A C O I N 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 OAM là tam giác đều O·AM 600 Ta có: ·AMB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMB vuông tại M . ·ABM 300 Xét BMC vuông tại C có: B·MC M· BC 900 B·MC 900 M· BC 900 300 600 B·MN 600 (1) Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên E·KM M· AB 600 Mặt khác: KM KE (cách dựng) EKM cân tại K Và E·KM 600 EKM là tam giác đều. K·ME 600 (2) Từ (1) và (2) suy ra: B·MN K·ME 600 B·MN B·MK K·ME B·MK N·MK B·ME Xét BCM vuông tại C có: sin C·BM sin300 CM 1 BM 2CM BM 2 55
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: M· NK M· BE (Hai góc nội tiếp cùng chắn M¼K ) MN BM (cmt) N·MK B·ME (cmt) 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 SỞ ĐỀ GIÁO 9 DỤC VÀ DÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 BÌNH ĐỊNH Môn thi: Toán Đề chính thức Ngày thi: 06/06/2019 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 11: 1. Giải phương trình: .3(x 1) 5x 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 12: 1. Cho phương trình: x2 (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 2x 1; d2 : y x; d3 : y 3x 2. Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng d song song với đường thẳng d3 đồng thời đi qua giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2 . 56
2 Câu 13: Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì hoàn thành được công việc. 3 Nếu làm 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 14: 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 2R, OH R 3 . Tính diện tích tam giác KAI theo R . x y x2 y2 Câu 15: Cho x, y là hai số thực thỏa . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . xy 1 x y LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2019-2020 Câu 1. 1. Giải phương trình: .3(x 1) 5x 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 57
1. Ta có 5 3(x 1) 5x 2 3x 3 5x 2 2x 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| x 1 1 1 x 1 (1 x 2 0 x 1 1 x 1 1 0) 2. Vậy khi 1 x 2 thì A 2 . Câu 2. 1. Cho phương trình: x2 (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 2x 1; d2 : y x; d3 : y 3x 2. Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng d song song với đường thẳng d3 đồng thời đi qua giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2 . Lời giải 1. 58
x2 (m 1)x m 0. (1) Thay x 2 vào phương trình (1) ta được 22 (m 1)2 m 0 4 2m 2 m 0 3m 6 m 2. Thay m 2 vào phương trình (1) ta được x2 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 ¡ ) . a 3 d Pd3 d : y 3x b, (b 2). b 2 Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1, d2 là nghiệm của hệ phương trình y 2x 1 x 2x 1 x 1 A(1;1) y x y x y 1 A(1;1) d : y 3x b 1 31 b b 4 (TM). Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là d : y 3x 4 . 2 Câu 3. Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì hoàn thành được công việc. 3 Nếu làm 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? 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 ). 1 1 Mỗi giờ đội thứ nhất làm được công việc, đội thứ hai làm được công x y việc. 4 4 Trong 4 giờ đội thứ nhất làm được công việc, đội thứ hai làm được x y công việc. Theo đề ta có hệ phương trình 59
4 4 2 (1) x y 3 x y 5 (2) (2) x y 5 thế vào (1) ta được 4 4 2 6y 6(y 5) y(y 5) y 5 y 3 2 y 3 (ktm) y 7y 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. 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 2R, OH R 3 . Tính diện tích tam giác KAI theo R . Lời giải a) Ta có K·AO 90 (KA  AO) , K·HO 90 (OH  KH ) Xét tứ giác KAOH có K·AO K·BO 180 nên là tứ giác nội tiếp. b) Ta có K·BO K·AO 180 nên KAOB là tứ giác nội tiếp và đỉnh H, B, A cùng nhìn cạnh OK dưới một góc vuông nên năm điểm K, A, B,O, H cùng thuộc đường tròn đường kính OK Xét tam giác IAH và tam giác IOB có H· IA B· IO (đối đỉnh) và ·AHI ·ABO (hai góc nội IA IO tiếp cùng chắn cung AO ). Do đó IAH ∽ IOB (g.g) IA IB IH  IO . IH IB Xét tứ giác AOBH có O·HB là góc nội tiếp chắn cung OB, O· BA là góc nội tiếp chắn cung OA; Mà OA OB R nên O·HB O· BA . Xét OIB và OBH có B·OH góc chung và O·HB O· BA (cmt). 60
OI OB OB2 R2 Do đó OIB ∽ OBH (g.g) OI . 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 R2 R OA2 OM OK OM OK 2R 2 R 3R Suy ra KM OK OM 2R 2 2 R 3R 3R2 R 3 AM 2 OM  KM  AM 2 2 4 2 Xét OMI vuông tại M , có 2 2 2 2 R R R 3 MI OI OM 3 2 6 R 3 R 3 2R 3 Suy ra AI AM MI 2 6 3 1 1 3R 2R 3 R2 3 Diện tích AKI là S AI  KM   . 2 2 2 3 2 x y x2 y2 Câu 5. Cho x, y là hai số thực thỏa . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . xy 1 x y Lời giải Với x y, xy 1 , ta có x2 y2 (x y)2 2xy 2 P x y x y x y x y 61
2 Vì x y x y 0; 0 và xy 1 . x y 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x y; , ta có x y 2 2(x y) x y 2 2 2 2 2 x y x y Suy ra min P 2 2 . 2 Dấu đẳng thức xảy ra x y (x y)2 2 x y 2 x y 2 . x y 6 2 y 2 2 2 Mà xy 1 (y 2)y 1 y 2y 1 y 2y 1 0 6 2 y 2 2 6 2 6 x x 2 2 Vậy min P 2 2 tại hoặc 2 6 2 6 y y . 2 2 ĐỀ 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2019 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm có 01 trang) Gv: Phạm Chí Trung Bài 1: (1,5điểm) 0906.489009 a) Tính : A 12 18 8 2 3 b) Cho biểu thức B 9x 9 4x 4 x 1 với x 1 . Tìm x sao cho B có giá trị là 18. Bài 2: (2,0 điểm ) x 2y 3 a) Giải hệ phương trình : 4x 5y 6 62
b) Giải phương trình : 4x4 7x2 2 0 Bài 3: ( 1,5 điểm ) Cho hai hàm số y 2x2 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 4x2 m2 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: 2 x1 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 AB2 Hết Lời giải: Bài 1: 63
A 12 18 8 2 3 4.3 9.2 4.2 2 3 a) 2 3 3 2 2 2 2 3 2 B 9x 9 4x 4 x 1 9 x 1 4 x 1 x 1 b) 3 x 1 2 x 1 x 1 6 x 1 Bài 2:a) x 2y 3 4x 5y 6 4x 8y 12 4x 5y 6 3y 6 x 3 2y y 2 x 3 2.2 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2). b) 4x4 7x2 2 0 Đặt t x2 t 0 ta được 4t 2 7t 2 0 72 4.4.( 2) 81 0, 9 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 7 9 1 7 9 t ;t 2 8 4 8 1 1 1 Vì t 0 nên ta chọn t x2 x 4 4 2 1  Vậy S  2 Bài 3: a) Học sinh tự vẽ b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2x2 2x 4 2x2 2x 4 0 x2 x 2 0 64
Phương trình có dạng a b c 0 x 1; x 2 Với x 1 y 2.12 2 Với x 2 y 2. 2 2 8 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm A(1;2) và B(-2;8) b) 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 2 2 2 DC xD xC yD yC 2 4 2 5 4.4 8 5 MH 2 5 5 65
8 5 Vậy khoảng cách cần tìm là 5 2 Bài 4: Ta có: 4x2 m2 2m 15 x m 1 20 0 (1) 4x2 m2 2m 15 x m2 2m 19 0 2 m2 2m 15 4.4 m2 2m 19 2 m 1 2 16 16 m 1 2 20 m 1 4 32 m 1 2 256 16 m 1 2 320 m 1 4 48 m 1 2 576 2 m 1 2 24 0 Suy ra Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Phương trình (1) có dạng a b c 0 m 1 2 20 Suy ra phương trình có nghiệm x 1 và x 4 m 1 2 20 Th1: Nếu x 1 và x 1 2 4 2 Theo đề ta có: x1 x2 2019 0 m 1 2 20 1 2019 0 4 m 1 2 20 8080 0 m 1 2 8100 m 1 90 m 89 m 91 m 1 2 20 TH2: Nếu x và x 1 1 4 2 2 Theo đề ta có : x1 x2 2019 0 66
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 Điều kiện: y x 3 Diện tích mảnh đất là 80 m2 nên ta có phương trình: x.y 80 m2 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: xy 80 xy 80 x 3 y 10 xy 20 xy 3y 10x 30 80 20 0 xy 80 10xy 800 3y 10x 50 10x 50 3y 50 3y y 80 3y2 50y 800 0 10x 50 3y 10x 50 3y y 10 80 y 10 y 3 x 8 10x 50 3y Vậy chiều dài mảnh đất là 10m, chiều rộng là 8m. 67
Bài 6: a) Ta có D·HC 900 gt B·KC 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) D· KC 900 ( Kè bù với B·KC ) Xét tứ giác DHKC ta có: D· KC D·HC 1800 Mà D· KC và D·HC đối nhau 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 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 Ta có M· NI 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MI) NI  MN Mà DE  MN NI // DE ( cùng vuông góc với MN) DN = EI (hai dây song song chắn hai cung bằng nhau) Ta lại có M· EI 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MI) 68
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 AB2 ĐỀ 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC ĐÀO TẠO PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2019- 2020 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2,0 điểm) 22 1) Rút gọn biểu thức: A 32 6. 3 . 11 2) Giải phương trình: x2 2x 0 . 3) Xác định hệ số a của hàm số y ax2 , biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểmA 3;1 . Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 (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. x ,x x x 1 2) Tìm m, n để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 thỏa mãn 1 2 và 2 2 x1 x 2 13. Câu 3. (2,0 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình: y x . Gọi 2 A, B 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). 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 kính 1cm 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) 69
Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Điểm M thuộc cung nhỏ BD sao cho B·OM 300. Gọi N là giao điểm của CM và OB. Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) 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 EMN là tam giác đều. 3) Chứng minh NC OP . 4) Gọi H là trực tâm của tam giác AEF. Hỏi ba 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 . xy 3yz 3xz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:.S 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: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC ĐÀO TẠO PHỔ THÔNG ĐẮK LẮK 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 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 22 22 1) A 32 6. 3 4 2 2. 3. 3 0.25 11 11 0.25 1 4 2 3 2 2 2 2 . 0.25 2 2) x 2x 0 x x 2 0 0.25 70
x 0 0.25 x 2 0 x 0 . 0.25 x 2 2 2 3) Đồ thi hàm số y ax đi qua điểm A 3;1 khi và chỉ khi a( 3) 1 0.25 1 a . 0.25 9 1) Với n = 0, phương trình (1) trở thành: x2 2mx (2m 1) 0 . 0.25 ' m2 2m 1 0.25 (m 1)2 . 0.25 ' 0,m nên phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 0.25 x x 1 x1 x2 1 1 2 2) 2 0.25 x2 x2 13 1 2 x1 x2 2x1x2 13 2 x1 x2 1 0.25 x1x2 6 x1 x2 1 Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn 2 2 khi và chỉ khi: x1 x2 13 0.25 2m n 1 2m 3n 5 m 1 . 0.25 n 1 2 2 1) y 0 x . Do đó, giao điểm của d với trục hoành làA ;0 . 2 2 0.25 2 2 x 0 y . Do đó, giao điểm của d với trục tung là B 0; . 2 2 3 2 OA OB (cm). 0.25 2 Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có: 0.25 AB OA2 OB2 1 (cm) 71
AB 1 OH (cm). 0.25 2 2 2) Thể tích nước dâng lên chính là tổng thể tích của 6 viên bi thả vào và bằng: 4 0.25 6. .13 8 (cm3 ) . 3 Dễ thấy phần nước dâng lên dạng hình trụ có đáy bằng với đáy của cốc nước và có thể 0.25 tích bằng 8 (cm3 ) . 8 Chiều cao của phần nước dâng lên là 2(cm) . 0.25 .22 Vậy mực nước dâng cao cách miệng cốc là: 12 8 2 2 (cm). 0.25 C N B E A O M 0.5 D P F 0 0.25 1) Ta có: O· NP 90 (PN  OB ). 4 O·MP 900 (EF là tiếp tuyến tại M của đường tròn (O)). 0.25 Tứ giác ONMP có N, M cùng nhìn OP dưới một góc vuông nên là tứ giác nội tiếp. 0.25 1 900 300 2) Ta có: C·ME C·MO 600 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung). 0.25 2 2 0 0 0 0 0.25 Tam giác OME vuông tại M, có M· OE 30 O·EM 90 30 60 . 0 0.25 Tam giác EMN có N·ME N·EM 60 nên là tam giác đều. · · · · 3) Tứ giác ONMP nội tiếp nên NME NOP , mà NME MNE (tam giác EMN đều). 0.25 N· OP M· NE OP / /CM . Tứ giác OCNP có OP / /CN ; NP / /CO nên là hình bình hành OP CN 0.25 4) Tam giác ENM đều, NM / /OP nên suy ra tam giác EOP đều. Giả sử ba điểm A, H, P thẳng hàng 0.25 AP  EF A· PO 900 O· PE 900 600 300 . 72
AP  EF AP / /OM P·AO M· OE 300 (đồng vị). Suy ra tam giác AOP cân OP OA (mâu thuẫn vì P nằm trên tiếp tuyến tại M của 0.25 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 . 0.25 ab bc ac Khi đó: S . ab 2c bc 2a ac 2b ab ab ab 1 a b Xét ab 2c ab a b c c a c b c 2 a c b c a b Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . a c b c 0.25 bc 1 b c ac 1 a c 5 Tương tự ta có: ; . bc 2a 2 b a c a ac 2b 2 a b c b b c a c Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ; . b a c a a b c b 1 a b b c a c 3 0.25 Cộng các vế ta được: S . 2 a b b c a c 2 3 2 Vậy giá trị lớn nhất của Sbằng khi và chỉ khi a b c hay giá trị lớn nhất 2 3 0.25 3 2 1 2 của Sbằng khi và chỉ khi x ; y ;z . 2 3 3 9 B. HƯỚNG DẪN CHẤM 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. HẾT ĐỀ 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Môn thi: Toán (Không chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) 73
Bài 1: (1,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình a) x 3 0 . x 3y 4 b) . 2x 5y 7 Bài 2: (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau a) A 45 20 5 . x x x 4 b) B với x 0 . x x 2 Bài 3: (2,0 điểm) Cho Parapol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y 2x 3 . a) Vẽ Parapol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y 2x 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 m2 . 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;6cm . 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 6cm với A, B thuộc đường tròn O , A nằm giữa M và B . a) Chứng minh tứ giác OPMN nội tiếp đường tròn. b) Gọi Hlà trung điểm đoạn thẳng A . BSo sánh góc M· O Nvà góc M· H .N c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ AB và dây AB của hình tròn tâm O . 1 Bài 6: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của abc biểu 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: 74
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TOÁN CHUNG CHÍNH THỨC CÂU ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM Bài 1 a) x 3 0 x 3 0.5 (1đ) x 3y 4 2x 6y 8 b) 2x 5y 7 2x 5y 7 0.25 y 1 y 1 x 1 2x 5y 7 2x 5.1 7 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) . 0,25 a) A 3 5 2 5 5 0,5 Bài 2 0,5 4 5 (2đ) x x 1 x 2 x 2 b) B x x 2 0,5 x 1 x 2 0,25 2 x 1 0,25 a) Vẽ đồ thị Tọa độ điểm của đồ thị (P) : y x2 x -2 -1 0 1 2 2 y x 4 1 0 1 4 0,25 Tọa độ điểm của đồ thị (d) : y 2x 3 x 0 3 2 y 2x 3 3 0 0,25 Bài 3 (2đ) 0,25 76
0,25 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 2x 3 x2 2x 3 0 0,5 Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0 x1 1 y1 1 Pt . Từ Pt của (P) x2 3 y2 9 0,25 Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A 1;1 , B(3;9) . 0,25 Bài 4 * Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: (1đ) Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật, ( ĐK x 0 ). 0,25 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 0.25 2 Giải phương trình :x 10x 1200 0 ta được x1 30 (thỏa ĐK) ; x2 40 ( loại) 0.25 Vậy chiều rộng mảnh vườn là 30m, chiều dài mảnh vườn là : 40m 0.25 Vẽ hình đúng 0.5 77
a) Tứ giác PMNO có P = 900 và N = 900 (Tính chất tiếp tuyến) 0.25 P +N = 1800 Tứ giác PMNO nội tiếp được trong đường tròn đường kính 0.25 MO. Bài 5 b) Vì: H là trung điểm của AB, nên: OH  AB 0,25 (3đ) OHM ONM 900 . OHM và ONM cùng nhìn đoạn OM một góc 900 0,25 Tứ giác MNHO nội tiếp trong một đường tròn . 0,25 MHN = MON ( vì cùng chắn cung MN). 0,25 c) Gọi diện tích cần tính là SVP 0,25 SVP = SqAOB S AOB 2 + Ta có: OA = OB = AB = 6cm => AOB đều => S AOB = 93 15,59 cm . 0,25 R2n .62.60 + S = 6 18,84(cm2 ) . qAOB 360 360 0,25 2 =>SVP = Sq S = 6 - 93 = 3(2 - 33 ) 18,84 - 15,59 3,25 (cm ). 0,25 1 *Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu abc thức P a b a c . 1 Ta có: a b c abc a b c 1 . abc 0,25 Theo bất đẳng thức côsi ta có: Bài 6 (1đ) P a b a c a2 ab ac bc 2 a a b c .bc 2 a a b c bc a a b c 1 0,25 Đẳng thức xảy ra khi: bc 1 bc 1 0.25 Ta thấy hệ có vô số nghiệm dương chẳng hạn b c 1,a 2 1 . Vậy Pmin 2 . 0,25 * Học sinh có thể giải cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa Hết 78
ĐỀ 13 SỞ GD& ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ TS VÀO 10 THPT Năm học: 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán (Chung) Thời gian: 90’ (không kể giao đề) ĐỀ BÀI: Câu 1. (2,5 điểm) x 5 x 1 7 x 3 Cho biểu thức: A và B x 3 x 3 x 9 1. Tính A khi x = 25. 2. Rút gọn biểu thức B. A 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của . B Câu 2. (2,5 điểm) 1. Giải phương trình: a)x2 5x 4 0 b) x4 x2 6 0 2x y 7 2. Giải hệ phương trình: x 2y 1 Câu 3. (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 ax b 1 0 (a, b là các tham số). Tìm a, b để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 x1 x2 3 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: AB2 CD2 BC 2 AD2 2 2R. 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: y3 x3 x2 x 1. 2. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: A = 1 a2 1 b2 1 c2 là một số chính phương. 79
ĐÁP ÁN Câu 1. (2,5 điểm) x 5 x 1 7 x 3 Cho biểu thức: A và B x 3 x 3 x 9 1. Tính A khi x = 25. 2. Rút gọn biểu thức B. A 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của . B Hướng dẫn: ĐKXĐ: x 0, x 9 25 5 30 A 15 1. Với x = 25 (TMĐK) => 25 3 5 3 x 1 7 x 3 ( x 1)( x 3) 7 x 3 B x 3 x 9 ( x 3)( x 3) x 9 x 4 x 3 7 x 3 x 3 x x 2. Có: x 9 x 9 x 3 A x 5 x x 5 : B x 3 x 3 x 3. Có: ĐK: x > 0. A x 5 5 5 x 2. xg 2 5 B x x x => 5 x x 5(TM ) x Dấu "=" xảy ra MinA 2 5 x 5 Vậy Câu 2. (2,5 điểm) 1. Giải phương trình: x2 5x 4 0 x4 x2 6 0 a) b) 2x y 7 x 2y 1 2. Giải hệ phương trình: Hướng dẫn: 80
x 1 (x2 2) 0 x 2 x2 5x 4 0 x4 x2 6 0 (x2 2)(x2 3) 0 1. a) b) 2 x 4 (x 3) 0(Voly) 2x y 7 4x 2y 14 3x 15 x 5 2. x 2y 1 x 2y 1 x 2y 1 y 3 Câu 3. (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 ax b 1 0 (a, b là các tham số). Tìm a, b để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 x1 x2 3 thỏa mãn: 3 3 x1 x2 9 Hướng dẫn: 2 2 Ta có: a 4(b 1) a 4b 4 0 a2 4b 4 0 Để phương trình có nghiệm thì: x1 x2 a x .x b 1 Theo Vi-Et ta có: 1 2 x1 x2 3 x1 x2 3 2 (x1 x2 ) x1x2 3 x 3 x 3 9 (x x )(x2 x x x2 ) 9 Mà: 1 2 1 2 1 1 2 2 ( a)2 b 1 3 b a2 4 b a2 4 a2 4b 4 a2 4(a2 4) 4 3a2 12 Thay vào biểu thức Delta ta có: 0 3a2 12 0 2 a 2 ĐK: a a 3a2 12 a a 3a2 12 x ; x 1 2 2 2 2 2 => a 3a2 12 a 3a2 12 x x 3 x x 3 1 2 1 2 2 2 2 a 1 Do: 3a 12 9 (TM ) b 3 a 1 a 1 b 3 Vậy thì pt có nghiệm thỏa mãn đề bài. 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. 81
AB2 CD2 BC 2 AD2 2 2R. 2. Chứng minh: 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 N M F · · · 0 1. Có: EAC EBC EDC 90 (Góc nt chắn nửa đường tròn) EAPBD ( AC) EADB EA AC là hình thang (1) · · 0 BEC BCE 90 Mà: · · 0 (cmt) IDC ICD 90 1 I·DC B·DC ·ADC B»C B»C Do: 2 (Góc nt chắn ) · · · » » => ICD ACD BCE => EB AD EB AD (2) Từ (1) và (2) => AEBD là hình thang cân. (đpcm) AB2 CD2 BC 2 AD2 (ED2 CD2 ) (BC 2 EB2 ) 2. Có: (Vì: AB = ED, AD = EB (cmt)) AB2 CD2 BC 2 AD2 (ED2 CD2 ) (BC 2 EB2 ) 82
EC 2 EC 2 2EC 2 2.(2R)2 2 2R (đpcm) 3. Giả sử : AF CD M ; BK CD N · ¶ · => MCA IFA (Cùng phụ với CAM ) AFB cân tại A. => AB = AF (3) · · IAB IAF (Đường cao trong tam giác cân) Mà: BK // AF (cùng  DC ) I·KB I·AF (SLT ) I·KB I·AB ( I·AF) 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) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y3 x3 x2 x 1. 2. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: A = 1 a2 1 b2 1 c2 là một số chính phương. Hướng dẫn: x3 x2 x 1 0 (x 1)(x2 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 x, y ¢ y y2 , x 1 x2 1) => 2 2 (Vì: y x 1 2 2 2 2 (x 1) x 1 x 2x 1 x 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) ĐỀ 14 83
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC : 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (1,75 điểm) 1) Giải phương trình 2x2 - 7x + 6 = 0. ïì 2x - 3y = - 5 2) Giải phương trình íï îï 3x + 4y = 18 3) Giải phương trình x4 + 7x2 - 18 = 0. Câu 2. (2,25 điểm) - 1 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số y = x2 , y = 2x - 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 = 2x - 1 song song với nhau. 1 3) Tìm các số thực x để biểu thức M = 3x - 5 - xác định. 3 x2 - 4 Câu 3. ( 2 điểm) 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4a, NP = 3a với 0 < aÎ ¡ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN . 2 2) Cho x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trìnhx - 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc 2 2 hai một ẩn 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? Câu 4. ( 1 điểm) æ a + aöæa- 3 a + 2ö ç ÷ç ÷ 1) Rút gọn biểu thức P = ç ÷ç ÷ ( với a³ 0 và a¹ 4 ). èç1+ aø÷èç a- 2 ø÷ ïì 4x2 - xy = 2 2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn íï . ï 2 îï 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 . Biết ba góc C·AB, A·BC,B·CA đều là góc nhọn. 84
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 3 3 (a2 - bc) + (b2 - ca) + (c2 - ab) ³ 3(a2 - bc)(b2 - ca)(c2 - ab). HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN – TỈNH ĐỒNG NAI Câu 1. (1,75 điểm) 1) Giải phương trình 2x2 - 7x + 6 = 0. ïì 2x - 3y = - 5 2) Giải phương trình íï îï 3x + 4y = 18 3) Giải phương trình x4 + 7x2 - 18 = 0. Lời giải 1) Giải phương trình: 2x2 - 7x + 6 = 0. 2 Ta có: D = b2 - 4ac = (- 7) - 4.2.6 = 1> 0 é 7 + 1 êx = = 2 ê 1 2.2 Þ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: ê . ê 7- 1 3 êx = = ëê 2 2.2 2 ïì 3 ïü Vậy tập nghiệm của phương trình là: S= íï ;2ýï . îï 2 þï ïì 2x - 3y = - 5 2) Giải hệ phương trình : íï îï 3x + 4y = 18 ïì 17y = 51 ïì y = 3 ïì 2x - 3y = - 5 ïì 6x - 9y = - 15 ï ï ïì x = 2 í Û í Û í 3y - 5 Û í 3.3- 5 Û í . îï 3x + 4y = 18 îï 6x + 8y = 36 ï x = ï x = îï y = 3 îï 2 ïî 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y)= (2;3). 3) Giải hệ phương trình: x4 + 7x2 - 18 = 0. Đặt x2 = t (t ³ 0) . Khi đó ta có phương trình Û t 2 + 7t - 18 = 0 (1) Ta có: D = 72 + 4.18 = 121> 0 85
é - 7 + 121 - 7 + 11 êt = = = 2 (tm) ê1 2 2 Þ (1) có hai nghiệm phân biệt: ê ê - 7- 121 - 7- 11 êt = = = - 9(ktm) ëê2 2 2 Với t = 2 Þ x2 = 2Û x = ± 2. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S= {- 2; 2}. Câu 2 ( 2,25 điểm): - 1 1) Vẽ đồ thị của hai hàm số y = x2 , y = 2x - 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 = 2x - 1 song song với nhau. 1 3) Tìm các số thực x để biểu thức M = 3x - 5 - xác định. 3 x2 - 4 Lời giải - 1 1) Vẽ đồ thị hai hàm số y = x2 , y = 2x - 1 trên cùng một mặt phẳng tọa độ 2 1 +) Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 2 Ta có bảng giá trị: x -4 -2 0 2 4 1 y = - x2 2 -8 -2 0 -2 -8 1 Vậy đồ thị hàm số y = - x2 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 = 2x - 1 Ta có bảng giá trị: X 0 -2 y = 2x - 1 -1 -5 Vậy đường thẳng y = 2x - 1 là đường thẳng đi qua hai điểm: (0;- 1), (- 2;- 5). 86
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y = (m2 + 1)x + m và y = 2x - 1 song song với nhau. Hai đường thẳng y = (m2 + 1)x + m và y = 2x - 1 song song với nhau. ïì ém = 1 ïì m2 + 1 = 2 ïì m2 = 1 ï ê ï ï ï ê Û í Û í Û í ëm = - 1Û m = 1. îï m ¹ - 1 îï m ¹ - 1 ï îï m ¹ - 1 Vậy m = 1 thỏa mãn bài toán. 1 3) Tìm các số thực x để biểu thức M = 3x - 5 - xác định. 3 x2 - 4 ïì 5 ïì 5 ïì 3x - 5 ³ 0 ïì 3x ³ 5 ï x ³ ï x ³ M ï ï ï ï Biểu thức đã cho xác định Û í 2 Û í 2 Û í 3 Û í 3 . îï x - 4 ¹ 0 îï x ¹ 4 ï ï îï x ¹ ± 2 îï x ¹ 2 5 Vậy biểu thức M xác định khi và chỉ khi x ³ ,x ¹ 2. 3 Câu 3( 2 điểm) (VD): 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4a, NP = 3a với 0 < aÎ ¡ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN . 2 2) Cho x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trìnhx - 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc 2 2 hai một ẩn 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 87
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 = 4a, NP = 3a với 0 0 ) Do đó hình nón có độ dài đường sinh là l = MP = 5a. 2 Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq = pRl = p.3a.5a= 15pa . 2 2) Cho x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trìnhx - 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc 2 2 hai một ẩn có hai nghiệm là 2x1 - (x2 ) và 2x2 - (x1 ) . 2 Phương trình x - 3x + 1 = 0 có 2 nghiệm x1 ,x2 ( gt) nên áp dụng định lí Vi-ét ta có: ïì x + x = 3 íï 1 2 ï îï x1x2 = 1 Xét các tổng và tích sau: 2 2 2 2 S= 2x1 - (x2 ) + 2x2 - (x1 ) = 2(x1 + x2 )- (x1 + 2 ) = 2(x + x )- é(x + x )2 - 2x x ù= 2.3- é32 - 2.1ù= - 1 1 2 ëê 1 2 1 2 ûú ëê ûú 2 2 2 P = é2x - (x ) ùé2x - (x ) ù= 4x x - 2x3 - 2x3 + (x x ) ëê 1 2 ûúëê 2 1 ûú 1 2 1 2 1 2 3 3 2 = 4x1x2 - 2(x1 + x2 )+ (x1x2 ) é 3 ù 2 = 4.1- 2ëê3 - 3.1.3ûú+ 1 = - 31. 2 Ta có S2 = (- 1) = 1³ 4P = - 124 2 2 Þ 2x1 - (x2 ) và 2x2 - (x1 ) là 2 nghiệm của phương trình X 2 - SX + P = 0 Û 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 88
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). Þ 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 (100+ x)x lãi bác B 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)x 100+ x + = 121 Û 10000+ 100x + 100x + x2 = 12100 100 Û x2 + 200x - 2100 = 0 Û x2 - 10x + 210x - 2100 = 0 Û x(x - 10)+ 210(x - 10)= 0 Û (x - 10)(x + 210)= 0 éx - 10 = 0 éx = 10 (tm) Û ê Û ê ê ê ëx + 210 = 0 ëêx = - 210 (ktm) Vậy lãi suất cho vay của ngân hàng đó là 10%/ năm. Câu 4 ( 1 điểm) æ a + aöæa- 3 a + 2ö ç ÷ç ÷ 1) Rút gọn biểu thức P = ç ÷ç ÷ ( với a³ 0 và a¹ 4 ). èç1+ aø÷èç a- 2 ø÷ ïì 4x2 - xy = 2 2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn íï . ï 2 îï y - 3xy = - 2 Lời giải æ a + aöæa- 3 a + 2ö ç ÷ç ÷ 1) Rút gọn biểu thức: P = ç ÷ç ÷ ( với a³ 0 và a¹ 4 ). èç1+ aø÷èç a- 2 ø÷ Với a³ 0 và a¹ 4 thì: æ a + aöæa- 3 a + 2ö a(1+ a) a- 2 a- a + 2 ç ÷ç ÷ P = ç ÷ç ÷= . èç1+ aø÷èç a- 2 ø÷ 1+ a a- 2 a( a- 2)- ( a- 2) ( a- 1)( a- 2) = a. = a. a- 2 a- 2 = a.( a- 1)= a- a Vậy P = a- a. 89
ïì 4x2 - xy = 2 1) Tìm các số thực x và y thỏa mãn íï . ï 2 îï y - 3xy = - 2 ì 2 ï 4x - xy = 2(1) í ï 2 îï y - 3xy = - 2(2) Lấy (1) cộng (2) vế với vế ta được: 4x2 - xy + y2 - 3xy = 0Û 4x2 - 4xy + y2 = 0 2 Û (2x - y) = 0Û 2x - y = 0 Û y = 2x Thay y = 2x vào (2) ta được: Û - 2x2 = - 2 Û x2 = 1 Û x = ± 1 Với x = 1 thì y = 2.1 = 2. Với x = - 1 thì y = 2.(- 1)= - 2. Vậy hệ có nghiệm (x;y)Î {(1;2),(- 1;- 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 . Biết ba góc C·AB, A·BC,B·CA đều là góc nhọn. 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 90
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: ì · ï BD ^ AC Þ BDC = 90° 1) Ta có: íï ï · îï CE ^ ABÞ CEB= 90° Tứ giác BEDC có B·DC = B·EC = 90° nên nó là tứ giác nội tiếp ( tứ giá có hai đỉnh kề nhua cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) Suy ra bốn điểm B , D , C , E cùng thuộc một đường tròn. 2) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) tại A . Khi đó Ax ^ AO ( tính chất tiếp tuyến). Ta có: C·Ax = C·BA ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) (1) Do tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) Þ C·BA = E·DA ( góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối diên đỉnh đó) (2) Từ (1) và(2) suy ra C·Ax = E·DA(= C·BA) . Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE/ / Ax . Mà Ax ^ AO (cmt) nên DE ^ AO (đpcm). 91
Câu 6 (0,5 điểm) Cho ba số thực a,b,c . Chứng minh rằng: 3 3 3 (a2 - bc) + (b2 - ca) + (c2 - ab) ³ 3(a2 - bc)(b2 - ca)(c2 - ab). Lời giải Phương pháp: - Đặt x = a2 - bc,y = b2 - ca,z = c2 - ab đưa bất đẳng thức cần chứng minh về x3 + y3 + z3 ³ 3xyz. - Chứng minh đẳng thức x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz- zx) - Từ đó đánh gái hiệu x3 + y3 + z3 - 3xyz và kết luận. Đặt x = a2 - bc,y = b2 - ca,z = c2 - ab Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : x3 + y3 + z3 ³ 3xyz. Ta có: x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x3 + y3 )- 3xyz+ z3 3 = (x + y) - 3xy(x + y)- 3xyz+ z3 3 = (x + y) + z3 - 3xy(x + y + z) 2 = (x + y + z)é(x + y) - (x + y)z+ z2 ù- 3xy(x + y + z) ëê ûú é 2 2 2 ù = (x + y + z)ëêx + 2xy + y - xz- yz+ z - 3xyûú = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz- zx) Dễ thấy: 1 x2 + y2 + z2 - xy - yz- zx = (x2 - 2xy + y2 + y2 - 2yz+ z2 + z2 - 2zx + x2 ) 2 1 2 2 2 = é(x - y) + (y - z) + (z- x) ù³ 0," x,y,z 2 ëê ûú Do đó ta đi xét dấu của x + y + z Ta có: x + y + z = a2 - bc+ b2 - ca+ c2 - ab 1 2 2 2 = a2 + b2 + c2 - ab- bc- ca= é(a- b) + (b- c) + (c- a) ù³ 0," a,b,c 2 ëê ûú Suy ra x + y + z ³ 0Þ (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz- zx)³ 0 92
Þ x3 + y3 + z3 ³ 3xyz hay 3 3 3 (a2 - bc) + (b2 - ca) + (c2 - ab) ³ 3(a2 - bc)(b2 - ca)(c2 - ab) (đpcm) Dấu “ =” xảy ra khi a= b = c ĐỀ 15 ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 TỈNH ĐỒNG THÁP (2019-2020) Câu 1. (1 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A 36 4 b) Tìm x biết x 3 Câu 2. (1 điểm) 2x 5y 12 Giải hệ phương trình: 2x y 4 Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: x2 7x 12 0 Câu 4. (1 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (x): y=6x+b và parabol (P): y ax2 a 0 a) Tìm giá trị của b để đường thẳng (d) đi qua điểm M(0;9) b) Với b tìm được, tìm giá trị cảu a để (d) tiếp xúc với (P). Câu 5. (1 điểm) Cho phương trình x2 mx 2m2 3m 2 0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu 6. (1 điểm) Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong đó chiều cao trung bình của học sinh nam là 1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A. Câu 7. (1 điểm) Người ta muốn tạo một cái khuôn đúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm, bán kính đáy bằng 8cm, mặt đáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ đỉnh hình nón đến mặt đáy dưới hình trụ bằng 10cm ( như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy 3,14 ). 93
8cm 16cm 10cm Câu 8. (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và đường cao AH ( K BC). Vẽ đường tròn (O) đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O)( với M, N là các tiếp điểm, M và B nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO ). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AN và AK. a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN c) Chứng minh AN 2 AK.AH 94
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (1 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A 36 4 b) Tìm x biết x 3 Cách giải: Ta có : A 36 4 6 2 4 Vây A = 4 Điều kiện : x 0 Ta có :x 3 x 32 x 9 ( thỏa mãn) Vậy x = 9 Câu 2. (1 điểm) 2x 5y 12 Giải hệ phương trình: 2x y 4 Cách giải: 2x 5y 12 4y 8 y 2 y 2 Ta có: 2x y 4 2x y 4 2x 2 4 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x; y 1;2 Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: x2 7x 12 0 Cách giải: x2 7x 12 0 x2 3x 4x 12 0 x x 3 4 x 3 0 x 3 x 4 0 x 3 0 x 3 x 4 0 x 4 Vậy phương trình có nghiệm S 3;4 Câu 4. (1 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y=6x+b và parabol (P): y ax2 a 0 a) Tìm giá trị của b để đường thẳng (d) đi qua điểm M(0;9) 95
b) Với b tìm được, tìm giá trị câu a để (d) tiếp xúc với (P). a) Đường thẳng (d): y=6x+b đi qua điểm M(0;9) Cách giải: thay x 0; y 9 vào phương trình đường thẳng (d): y=6x+b ta được : 9= 6.0+b b 9 Vậy b=9 b) Theo câu a ta có b=9 ax2 6x 9 0 * để đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép a 0 a 0 a 0 a 0 2 ' 0 3 a. 9 0 9 9a 0 a 1 a 1 Vậy a = -1 là giá trị cần tìm. Câu 5. (1 điểm) Cách giải: Cho phương trình x2 mx 2m2 3m 2 0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Phương trình x2 mx 2m2 3m 2 0 có a 1;b m;c 2m2 3m 2 2 2 Ta có: b2 4ac m 4.1. 2m2 3m 2 9m2 12m 8 3m 2 4 2 2 Vì 3m 2 0;m 3m 2 4 0,m Hay 0,m nên phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Câu 6. (1 điểm) Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong đó chiều cao trung bình của học sinh nam là 1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A. Cách giải: Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là x, y (x,y * ,x,y<40) (học sinh) Lớp 9A có 40 học sinh nên ta có phươn trình x+y=40 (1) Vì chiều cao trung bình của học sinh lớp 9A là 1,628m nên ta có phương trình 1,64x 1,61y 1,628 40 96
1,64x 1,61y 65,12 2 Từ (1) và (2) ta có phương trình: x y 40 y 40 x 1,64x 1,61y 65,12 1,64x 1,61y 65,12 y 40 x y 40 x 1,64x 1,61 40 x 65,12 1,64x 64,4 1,61x 65,12 y 40 x x 24 tm 0,03x 0,72 y 16 Vậy số học sinh nam lớp 9A là 24hs Số hs nữ của lớp 9A là 16 học sinh Câu 7. (1 điểm) Người ta muốn tạo một cái khuôn đúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm, bán kính đáy bằng 8cm, mặt đáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ đỉnh hình nón đến mặt đáy dưới hình trụ bằng 10cm ( như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy ) 8cm 16cm 10cm Cách giải: Hình trụ có bán kính r=8cm và chiều cao h=16cm nên diện tích xung quanh hình trụ là 2 2 S1 2 rh 2 .8.16 256 cm 2 2 2 Diện tích 1 mặt đáy của hình trụ là S2 r .8 64 cm Phần hình nón bị lõm xuống có chiều cao h1 16 10 6cm và bán kính đáy r=8cm Đường sinh của hình nón là l r 2 h2 82 62 10cm 2 Diện tích xung quanh của hình nón là: S3 rl .8.10 80 cm Diện tích toàn bộ mặt khuôn là: 2 S S1 S2 S3 256 64 80 400 1256 cm 97
Vậy diện tích toàn bộ mặt khuôn là 1256(cm2) Câu 8. (3 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và đường cao AH ( K BC). Vẽ đường tròn (O) đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O)( với M, N là các tiếp điểm, M và B nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO ). Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AN và AK. a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN c) Chứng minh AN 2 AK.AH Cách giải: A N H M B C K O a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp Xét đường tròn (O) có AM là tiếp tuyến nên AM  OM hay A·MO 900 Lại có AK  BC suy ra ·AKO 900 Xét tứ giác AMKO có A·MO ·AKO 900 nên hai đỉnh M, K kề nhau cùng nhìn cạnh AO dưới các góc vuông, do đó tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp(đpcm) b) Chứng minh KA là tia phân giác AKN xét đường tròn (O) có AN là tiếp tuyến nên AN  ON hay ·ANO 900 Xét tứ giác KONA có ·AKO ·ANO 900 900 1800 mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác KONA là tứ giác nội tiếp. Suy ta N·KA N·OA (1) Lại có tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên M· KA M· OA (2) Xét đường tròn (O) có AM, AN là 2 tiếp tuyến nên OA là tia phân giác của M· ON (TÍNH CHẤT) Do đó M· OA N·OA (3) Từ (1), (2), (3) suy ra M· KA N·KA hay KA là tia phân giác góc MKN (đpcm) c) Chứng minh AN 2 AK.AH 98
xét đường tròn (O) có ·AMN là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung MN nên 1 ·AMN sd cung MN 4 2 1 1 lại có M· KA M· OA M· ON ( theo câu b) nên M· KA sd cung MN 5 2 2 Từ (4), (5) suy ra ·AMH M· KA . Xét AMH và AKM có; M· AH chung ·AMH M· KA (cmt) AM AH Nên AMH : AKM g.g suy ra AM 2 AK.AH AK AM Lại có AM = AN ( tinh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AN2=AK.AH (đpcm) ĐỀ 16 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 x2 5x 4 0 3x y 3 2) Giải hệ phương trình: 2x y 7 Câu II (2,0 điểm). 4 2 1) Rút gọn biếu thức: A 3 45 5 1 5 1 1 1 3 x 2) Cho biểu thức: B . , (với x 0; x 9 ). 3 x 3 x x 1 Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để B . 2 Câu III (1.5 điểm). 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P có phương trình y x2 và đường thẳng 2 d có phương trình 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 2 2 lần lượt là hoành độ của hai điểm A, B . Tìm m để x1 x2 2x1 x2 20 . Câu IV (4.0 điểm). 99
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 R2 . 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 1 1 1 Chứng minh 1 . 2 a 2 b 2 c Hướng dẫn giải Câu I (2,0 điểm). 1) Giải phương trình x2 5x 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 . 3x y 3 2) Giải hệ phương trình: 2x y 7 Lời giải 3x y 3 5x 10 x 2 x 2 Ta có x; y 2;3 . 2x y 7 2x y 7 4 y 7 y 3 Câu II (2,0 điểm). 4 2 1) Rút gọn biếu thức: A 3 45 5 1 5 1 Lời giải 4 2 4 5 1 Ta có A 3 45 5 1 9 5 5 1 5 1 5 1 5 1 9 5 5 1 7 5 . 1 1 3 x 2) Cho biểu thức: B . , (với x 0; x 9 ). 3 x 3 x x 1 Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để B . 2 100