TOP 10 đề tuyển sinh toán 10 năm 2020 tập 1 (có lời giải)

Tổng hợp TOP 10 đề tuyển sinh toán 10 năm 2020 tập 1 (có lời giải) rất hay và bổ ích giúp bạn đạt điểm cao. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi tốt nghiệp sắp đến nhé. Mời bạn đọc đón xem.

94 47 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

56 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Minh Thư
Trang 1
SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
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).
a) giải phương trình:
2
3 2 0xx
b) giải hệ phương trình:
33
4 3 18
xy
xy

c) Rút gọn biểu thức:
2 28
2
2
37
A
d) giải phương trình:
2
2
2
2 1 13 0x x x
Bài 2 (1.5 điểm).
Cho Parabol (P):
2
2yx
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
12
,xx
thỏa mãn điều kiện
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
0
90ABO
.
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 ?
O
B
A
C
Chân núi
Trang 2
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
c) Chứng minh:
cos
PK BK
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
3xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
15
5 2 5
P
xy x y


----------------------------HẾT ----------------------------
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN
Bài 1 (3.5 điểm).
a) giải phương trình:
2
3 2 0xx
có
1 3 2 0abc
nên pt có 2 nghiệm phân biệt
12
1, 2xx
b) giải hệ phương trình:
33
4 3 18
xy
xy

3 3 5 15 3 3
4 3 18 3 3 3 3 3 2
x y x x x
x y x y y y
Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất :
3
2
x
y

c) Rút gọn biểu thức:
2 28
2
2
37
A
2. 3 7
2 28 2 7
22
22
37
3 7 3 7
3 7 7 2 1
A
A

d) giải phương trình:
2
2
2
2 1 13 0x x x
2
2
2
2
22
2 1 13 0
2 2 1 13 0
x x x
x x x x
Đặt
2
2t x x
, khi đó ta có
2
3
12 0
4
t
tt
t

Trang 3
* Với t = 3
22
1
2 3 2 3 0
3
x
x x x x
x

* Với t =
22
4 2 4 2 4 0x x x x
(pt vô nghiệm)
Vậy pt đã cho có hai nghiệm:
1, 3xx
Bài 2 (1.5 điểm).
a) vẽ Parabol (P):
2
2yx
Bảng giá trị:
x
2
1
0
1
2
2
2yx
8
2
0
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
12
,xx
thỏa mãn điều kiện
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2x x m
2
20x x m
18m
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
1
8
m

- Vì
12
,xx
là hai nghiệm của pt hoành độ giao điểm, nên ta có:
1 2 1 2
1
;.
22
m
x x x x

Khi đó :
1
1
22
m
m

(Thỏa ĐK)
Bài 3 (1.0 điểm).
a) OA = AC + R = 27 + 3 = 30 km
Xét
ABO
vuông tại B, có:
2 2 2 2
30 3 9 11AB OA OB km
b) t/gian xe thứ nhất đi từ A đến B là:
9 11
0.75
40
(giờ)
t/gian xe thứ hai đi từ A đến C là:
27
0.45
60
(giờ)
Xét
ABO
vuông tại B, có:
1
1
2
-1
-2
-2
-8
O
Trang 4
0
9 11
tan 84.3
3
AB
OO
OB
Độ dài đoạn đường từ C đến B là
3. .84,3
4,41
180
CB
l km

T/gian đi từ C đến B là :
4,41
0,15
30
giờ
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).
a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn.
Ta có:
0
90AEB
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
90HEI
(kề bù với
AEB
)
T. tự, ta có:
0
90HFI
Suy ra:
HEI
+
HFI
0
90
+
0
90
0
180
tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn (tổng hai góc đối nhau bằng
0
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
c) Chứng minh:
cos
PK BK
ABP
PA PB
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
2
.BP AB BK
Suy ra: BP.PA +
2
.BP AB BK
+ AB.PK
.( ) .( )BP PA BP AB PK BK
cos
BP PK BK PK BK
ABP
AB PA BP PA BP


O
A
B
E
F
H
K
I
P
Trang 5
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.
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
Ta lại có:
0
45FEB FAB BEK
0
2. 90FEK FEB
EF EK

Bài 5 (0.5 điểm).
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
3xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
15
5 2 5
P
xy x y


15
5 2 5
P
xy x y


=
1 5 1 5
5 ( ) 5 5 8xy x y y xy y
1 5 8 8
5 20 8 20 20
xy y xy y
P
xy y
Ta lại có:
2
1
8
8 ( 1) 8 3
4
20 20 20 5
xy
xy y y x

Khi đó:
1 5 8 8
5 20 8 20 20
1 3 3
1
5 5 5
xy y xy y
P
xy y
PP
Vậy
1
3
2
5
Min
x
P
y

A
B
O
K
E
F
H
I
S
Trang 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
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
1y mx
song song với đường thẳng
23yx
là
A.
3.m 
B.
1.m 
C.
1.m
D.
2.m
Câu 2: Tổng hai nghiệm của phương trình
2
4 3 0xx
bằng
A.
4.
B.
4.
C.
3.
D.
3.
Câu 3: Giá trị nào của
x
dưới đây là nghiệm của phương trình
2
20xx
?
A.
4.x
B.
3.x
C.
2.x
D.
1.x
Câu 4: Đường thẳng
45yx
có hệ số góc bằng
A.
5.
B.
4.
C.
4.
D.
5.
Câu 5: Cho biết
1x
là một nghiệm của phương trình
2
0x bx c
. Khi đó ta có
A.
1.bc
B.
2.bc
C.
1.bc
D.
0.bc
Câu 6: Tất cả các giá trị của
x
để biểu thức
3x
có nghĩa là
A.
3.x
B.
3.x
C.
3.x
D.
3.x
Câu 7: Cho tam giác
ABC
có
3 , 4 , 5AB cm AC cm BC 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
2 1 3y m x
đi qua điểm
1;0A
là
A.
2.m 
B.
1.m
C.
1.m 
D.
2.m
Câu 9: Căn bậc hai số học của
144
là
A.
13.
B.
12.
C.
12
và
12.
D.
12.
Câu 10: Với
2x
thì biểu thức
2
(2 ) 3xx
có giá trị bằng
A.
1.
B.
2 5.x
C.
5 2 .x
D.
1.
Câu 11: Giá trị của biểu thức
33
31
bằng
A.
3.
B.
1
3
C.
1
3
D.
3.
Câu 12: Hệ phương trình
1
27
xy
xy


có nghiệm là
00
;xy
. Giá trị của biểu thức
00
xy
bằng
A.
1.
B.
2.
C.
5.
D.
4.
Câu 13: Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, có
4 , 2BC cm AC cm
. Tính
sin .ABC
A.
3
2
B.
1
2
C.
1
3
D.
3
3
Câu 14: Tam giác
ABC
cân tại
B
có
120 , 12
o
ABC AB cm
và nội tiếp đường tròn
.O
Bán kính
của đường tròn
O
bằng
A.
10 .cm
B.
9.cm
C.
8.cm
D.
12 .cm
Câu 15: Biết rằng đường thẳng
23yx
cắt parabol
2
yx
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 .
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 7
Câu 16: Cho hàm số
4
11y f x m x
, với m là tham số. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
1 2 .ff
B.
4 2 .ff
C.
2 3 .ff
D.
1 0 .ff
Câu 17: Hệ phương trình
3
3
xy
mx y


có nghiệm
00
;xy
thỏa mãn
00
2xy
. Khi đó giá trị của
m
là
A.
3.m
B.
2.m
C.
5.m
D.
4.m
Câu 18: Tìm tham số
m
để phương trình
2
10x x m
có hai nghiệm
12
,xx
thỏa mãn
22
12
5.xx
A.
3.m 
B.
1.m
C.
2.m
D.
0.m
Câu 19: Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, có
20 .AC 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
Câu 20: Cho đường tròn
;OR
và dây cung
AB
thỏa mãn
90 .
o
AOB
Độ dài cung nhỏ
AB
bằng
A.
2
R
B.
.R
C.
4
R
D.
3
2
R
PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
2
3 2 11
xy
xy


b) Rút gọn biểu thức
2 2 1
21
:
4
22
xx
xx
A
x
xx







với
0; 4xx
.
Câu 2 (1,0 điểm). Cho phương trình
2
1 4 0 1 ,x m x m m
là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi
1.m
b) Tìm giá trị của
m
để phương trình (1) có hai nghiệm
12
,xx
thỏa mãn
22
1 1 2 2
2.x mx m x mx m
Câu 3 (1,5 điểm). Đầu năm học, Hội khuyến học của một tỉnh tặng cho trường A tổng số 245 quyển
sách gồm sách Toán và sách Ngữ văn. Nhà trường đã dùng
1
2
số sách Toán và
2
3
số sách Ngữ văn đó
để phát 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
.IC
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
60
o
ABD
. 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
IC
thì điểm
E
luôn thuộc một đường tròn cố định.
Trang 8
Câu 5 (0,5 điểm). Cho
,xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
1xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3 3 .P x 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):
.........................................................................................................
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
Câu
Hướng dẫn, tóm tắt lời giải
Điểm
Câu 1
(2,0điểm)
a)
(1,0
điểm)
Ta có
2
2
3 2 2 11
3 2 11
xy
xy
yy
xy




0,5
55
2
y
xy

0,25
3
1
x
y
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( ; ) (3;1)xy
.
0,25
b)
(1,0
điểm)
Với
0; 4xx
, ta có
2 1 2
2 4 2
:
2
2 2 2 2
xx
x x x
A
x
x x x x







0,25
2 4 2 2 5 2
:
2
2 2 2 2
x x x x x
x
x x x x





0,25
:
2
22
xx
x
xx

0,25
1
2x
. Kết luận
1
2
A
x

0,25
Câu 2
(1,0điểm)
a)
(0,5
điểm)
Với
1m
, phương trình (1) trở thành
2
2 3 0.xx
0,25
Giải ra được
1, 3.xx
0,25
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 9
b)
(0,5
điểm)
2
2
2
4 4 2 17 1 16 0,1.m m m m mm
Kết luận phương trình luôn có hai nghiệm
12
,xx
với mọi m.
0,25
22
1 1 1 1 1
1 4 0 4.x m x m x mx m x
Tương tự
2
2 2 2
4.x mx m x
22
1 1 2 2
1 2 1 2 1 2
2
4 4 2 4 16 2 * .
x mx m x mx m
x x x x x x
Áp dụng định lí Viet, ta có:
14
* 4 4 1 16 2 5 14 0
5
m m m m
Kết luận.
0,25
Câu 3
(1,5điểm)
(1,5
điểm)
Gọi số sách Toán và sách Ngữ văn Hội khuyến học trao cho trường A lần lượt là
,xy
(quyển),
*
,xy
.
0,25
Vì tổng số sách nhận được là 245 nên
245 1xy
0,5
Số sách Toán và Ngữ văn đã dùng để phát cho học sinh lần lượt là
1
2
x
và
2
3
y
(quyển)
Ta có:
12
2
23
xy
0,25
Đưa ra hệ
245
12
23
xy
xy

.
Giải hệ được nghiệm
140
105
x
y
0,25
Kết luận: Hội khuyến học trao cho trường 140 quyển sách Toán và 105 quyển sách
Ngữ văn
0,25
Câu 4
(2,0điểm)
a)
(1,0
điểm)
E
K
H
D
O
A
C
B
I
Trang 10
+ Chỉ ra được
0
90DHC
;
0,25
+ Chỉ ra được
0
90AKC
0,25
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)
(0,5
điểm)
Chỉ ra được
0
60ACD
;
0
90ADC
0,25
Tính được
2 ; 2 3CD cm AD cm
và diện tích tam giác
ACD
bằng
2
2 3 .cm
0,25
c)
(0,5
điểm)
Vì
//EK BC
nên
.DEK DBC
Vì
ABCD
nội tiếp nên
. Suyra .DBC DAC DEK DAK
Từ đó tứ giác
AEKD
nội tiếp và thu được
90 90 .
oo
AED AKD AEB
0,25
Kết luận khi
I
thay đổi trên đoạn
OC
thì điểm
E
luôn thuộc đường tròn đường kính
.AB
cố định.
0,25
Câu 5
(0,5điểm)
(0,5
điểm)
2
22
2
18 6 2
3 3 9 3
2
17 6 2
8 6 9
22
3
4.
2
x y xy
P x y x y xy
x y x y xy
x y x y
xy



0,25
Từ
22
1xy
chỉ ra được
2
2 2 2;x y x y
Suy ra
2 3 3 2 3 0.xy
2
2
23
3
19 6 2
44
2 2 2
xy
P

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
19 6 2
2
khi
2
2
xy
(Chú ý: Nếu học sinh dò đúng đáp án nhưng không lập luận đúng thì không cho điểm).
0,25
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 11
SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ
CÔNG NGHỆ
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn thi: TOÁN (Không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 07/6/2019
.
Câu 1: (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức:
a)
45 2 20A 
b)
2
3 5 27
3 12
35
B
.
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình
24
5
xy
xy


b) Cho hàm số
2
3yx
có đồ thị
P
và đường thẳng
: 2 1d y x
. Tìm tọa độ gia0
điểm của
P
và
d
bằng phép tính.
Câu 3: (6,0 điểm)
Cho phương trình:
2
2 4 5 1x mx m
(m là tham số).
a) Giải phương trình
1
khi
2m
.
b) Chứng minh phương trình
1
luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
c) Gọi
1
x
;
2
x
là hai nghiệm của phương trình
1
. Tìm m để:
2
1 1 2
1 33
1 2 762019
22
x m x x m
.
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
2AB R
. Tính giá trị biểu thức:
..M AI AC BQ BC
theo R.
-----------Hết-----------
Trang 12
HƯỚNG DẪN GIẢI.
Câu 1: (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức:
a)
45 2 20A 
b)
2
3 5 27
3 12
35
B
Giải:
a)
22
45 2 20 3 .5 2 2 .5 3 5 2.2 5 5A
b)
2
3 5 27 3 5 3 3
3 12 3 12
3 5 3 5
B


3 5 3
3 12
35
(do
2
3 12 3 12
)
3 3 12 12 2 3
.
Câu 2: (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình
24
5
xy
xy


b) Cho hàm số
2
3yx
có đồ thị
P
và đường thẳng
: 2 1d y x
. Tìm tọa độ giao
điểm của
P
và
d
bằng phép tính.
Giải:
a)
2 4 3 9 3
5 5 2
x y x x
x y y x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:
; 3;2xy
b) Phương trình hoành độ giao điểm:
22
3 2 1 3 2 1 0 *x x x x
Phương trình
*
có hệ số:
3; 2; 1 0a b c a b c
Phương trình
*
có hai nghiệm:
12
1
1;
3
c
xx
a
- Với
2
1
1 3.1 3 1;3x y A
- Với
2
2
1 1 1 1 1
3. ;
3 3 3 3 3
x y B
Vậy tọa độ giao điểm của
P
và
d
là
1;3A
và
11
;
33
B



.
Câu 3: (6,0 điểm)
Cho phương trình:
2
2 4 5 1x mx m
(m là tham số).
a) Giải phương trình
1
khi
2m 
.
b) Chứng minh phương trình
1
luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
c) Gọi
1
x
;
2
x
là hai nghiệm của phương trình
1
. Tìm m để:
2
1 1 2
1 33
1 2 762019
22
x m x x m
Giải:
Trang 13
a) Thay
2m 
vào phương trình
1
ta có:
2
3
4 3 0 3 3 0 3 1 0
1
x
x x x x x x x
x


Vậy với
2m
thì phương trình có tập nghiệm
3; 1S
b) Ta có:
2
'2
4 5 2 1 0,m m m 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
12
;xx
là hai
nghiệm của phương trình
1
Áp dụng định lí Vi-ét ta có:
12
12
2
45
x x m
x x m

Ta có:
2
1 1 2
1 33
1 2 762019
22
x m x x m
1
1
2
12
2
1 1 2
2 1 2 4 33 1524038
2 4 5 2 1524000
x m x x m
x mx m x x
12
2 1524000xx
(do
1
x
là nghiệm của
1
nên
1
2
1
2 4 5 0x mx m
)
2.2 1524000 381000mm
Vậy
381000m
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
2AB R
. Tính giá trị biểu thức:
..M AI AC BQ BC
theo R.
Giải:
a) Ta có:
0
90AIB AQB
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
90CIH CQH
Xét tứ giác CIHQ có
0 0 0
90 90 180CIH CQH
tứ giác CIHQ nội tiếp
b) Xét
AHI
và
BCI
có:
0
90
.
AIH BIC
AHI BCI g g
IAH IBC

∽
..
AI HI
CI AI HI BI
BI CI
H
Q
C
I
O
B
A
Trang 14
c) Ta có:
..M AI AC BQ BC AC AC IC BQ BQ QC
22
2 2 2
22
2
..
..
.
..
AC AC IC BQ BQ QC
AQ QC AC IC BQ BQ QC
AQ BQ QC QC BQ AC IC
AB QC BC AC IC
Tứ giác AIBQ nội tiếp
O
CIQ CBA
(cùng phụ với
AIQ
)
Xét
CIQ
và
CBA
có:
.
ACB chung
CIQ CBA g g
CIQ CBA
∽
..
. . 0
IC QC
QC BC AC IC
BC AC
QC BC AC IC
Suy ra:
2
22
24M AB R R
-----------Hết-----------
ĐỀ 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:
Câu 1: Khi
7x =
biểu thức
4
21x +-
có giá trị là
A.
1
2
. B.
4
8
. C.
4
3
. D.
2
.
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ?
A.
1yx=-
. B.
23yx=-
. C.
( )
12yx=-
. D.
26yx= - +
.
Câu 3: Số nghiệm của phương trình
42
3 2 0xx- + =
là
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Câu 4: Cho hàm số
( )
2
0y ax a=¹
. Điểm
( )
1;2M
thuộc đồ thị hàm số khi
A.
2a =
. B.
1
2
a =
. C.
2a =-
. D.
1
4
a =
.
Câu 5: Từ điểm
A
nằm bên ngoài đường tròn
( )
O
kẻ hai tiếp tuyến
,AB A C
tới đường tròn (
,BC
là các tiếp điểm). Kẻ đường kính
BK
. Biết
·
30BAC =
o
,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
BC
. Biết
12A H cm=
,
1
3
HB
HC
=
. Độ dài đoạn
BC
là
A.
6cm
. B.
8cm
. C.
43cm
. D.
12cm
.
II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Trang 15
Câu 7: Cho biểu thức
( ) ( )
( )( )
22
11
31
1
11
xx
x
A
x
xx
+ + -
+
=-
-
-+
với
0x ³
,
1x 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
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
?
Câu 9: Cho đường tròn
( )
O
, hai điểm
,AB
nằm trên
( )
O
sao cho
·
90ºA OB =
. 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.
b)
MN
là đường kính của đường tròn
( )
O
.
c)
OC
song song với
DH
.
Câu 10: a) Cho phương trình
2
2 2 1 0x mx m- - - =
( )
1
với
m
là tham số. Tìm
m
để phương
trình
( )
1
có hai nghiệm phân biệt
12
,xx
sao cho
1 2 1 2
3 2 1x x x x m+ + + = +
.
b) Cho hai số thực không âm
,ab
thỏa mãn
22
2ab+=
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
33
4
1
ab
M
ab
++
=
+
.
LỜI GIẢI
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
Câu 1: Khi
7x =
biểu thức
4
21x +-
có giá trị là
A.
1
2
. B.
4
8
. C.
4
3
. D.
2
.
Lời giải
Chọn: D
Thay
7x
(thỏa mãn) vào biểu thức
4
21x 
ta tính được biểu thức có giá trị bằng
44
2
31
7 2 1


.
Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ?
A.
1yx=-
. B.
23yx=-
. C.
( )
12yx=-
. D.
26yx= - +
.
Lời giải
Chọn: B
Hàm số
23yx
đồng biến trên .
====== Hết ======
Trang 16
Câu 3: Số nghiệm của phương trình
42
3 2 0xx- + =
là
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chọn: D
Đặt
2
( 0)t x t
. Khi đó phương trình tương đương
2
3 2 0tt
.
Ta thấy
1-3 2 0
. Nên phương trình có hai nghiệm
1t
(thỏa mãn);
2t
(thỏa mãn).
Khi đó
2
2
1
1
2
2
x
x
x
x


Câu 4: Cho hàm số
( )
2
0y ax a=¹
. Điểm
( )
1;2M
thuộc đồ thị hàm số khi
A.
2a =
. B.
1
2
a =
. C.
2a =-
. D.
1
4
a =
.
Lời giải
Chọn
A
.
Vì
(1;2)M
thuộc đồ thị hàm số
2
( 0)y ax a
nên ta có
2
2 .1 2aa
(thỏa mãn).
Câu 5: Từ điểm
A
nằm bên ngoài đường tròn
( )
O
kẻ hai tiếp tuyến
,AB AC
tới đường tròn (
,BC
là các tiếp điểm). Kẻ đường kính
BK
. Biết
·
30BA C =
o
, 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 nội tiếp nên
30BAC COK
, mà
COK
sđ
CK
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
BC
. Biết
12A H c m=
,
1
3
HB
HC
=
. Độ dài đoạn
BC
là
A.
6 cm
. B.
8 cm
. C.
4 3 cm
. D.
12 cm
.
Lời giải
Chọn: B
Theo đề bài ta có:
1
3
3
HB
HC HB
HC
. Áp
dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông
tại A có đường cao AH ta có
2
2
. 12 .3
42
AH BH HC BH BH
BH BH
Trang 17
3. 3.2 6
2 6 8 cm
HC HB
BC HB HC
II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 7: Cho biểu thức
( ) ( )
( )( )
22
11
31
1
11
xx
x
A
x
xx
+ + -
+
=-
-
-+
với
0x ³
,
1x ¹
.
b) Tìm
x
là số chính phương để
2019A
là số nguyên.
Lời giải
( ) ( )
22
1 1 3 1
)
1
x x x
aA
x
+ + - - -
=
-
2 1 2 1 3 1
1
x x x x x
x
+ + + - + - -
=
-
( )( )
( )( )
2 2 1
1
1 2 1
2 3 1 2 1
.
1
1
11
xx
x x x
x
x
x
x x x
x
x
--
- + -
= = =
-
+
-+
- - +
=
-
b)
( )
2019 2 2 3
6057
2019 4038
11
x
A
xx
+-
= = -
++
.
2019A
là số nguyên khi và chỉ khi
1x +
là ước nguyên dương của
6057
gồm:
1;3;9;673,2019;6057
.
+)
1 1 0xx+ = Û =
, thỏa mãn.
+)
1 3 4xx+ = Û =
, thỏa mãn.
+)
1 9 64xx+ = Û =
, thỏa mãn.
+)
1 673 451584xx+ = Û =
, thỏa mãn.
+)
1 2019 4072324xx+ = Û =
, thỏa mãn.
+)
1 6057 36675136xx+ = Û =
, thỏa mãn.
Câu 8: 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
,xy
(bài)
( )
,xyÎ ¥
.
Theo giả thiết
16xy+>
.
Vì tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đó là
160
nên
9 10 160xy+=
.
Ta có
( )
160
160 9 10 9
9
x y x y x y= + ³ + Þ + £
.
Do
xy+Î¥
và
160
16
9
xy< + £
nên
17xy+=
.
Ta có hệ
( )
17
17 10
9 10 160 7
9 17 10 160
xy
x y x
x y y
yy
ì
ìì
ï
ïï
=-
+ = =
ï
ïï
ï
ÛÛ
í í í
ï ï ï
+ = =
- + =
ï ï ï
îî
ï
î
(thỏa mãn).
Vậy An được
10
bài điểm
9
và
7
bài điểm
10
.
a) Rút gọn biểu thức
A
.
Trang 18
Câu 9: Cho đường tròn
( )
O
, hai điểm
,AB
nằm trên
( )
O
sao cho
·
90ºA OB =
. 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.
b)
MN
là đường kính của đường tròn
( )
O
.
c)
OC
song song với
DH
.
Lời giải
a)Ta có
·
·
90º 90º 180º
HK KC
HKC HIC
HI IC
ì
ï
^
ï
Þ + = + =
í
ï
^
ï
î
.
Do đó,
CIHK
là tứ giác nội tiếp.
b) Do tứ giác
CIHK
nội tiếp nên
·
·
¼
¼
sđ sđ
11
45º
22
ICK BHI BM AN= = = +
.
sđ sđ 90BM AN
.
Suy ra,
¼
»
¼
¼
sđ sđ sđ sđ()
90 90 180º
MN AB BM AN= + +
= ° + ° =
hay
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
,IK
cùng nhìn
AB
dưới góc
90º
nên tứ giác
ABIK
nội tiếp.
Suy ra,
·
·
¼
»
sđ sđCAI CBK CM CN C= Þ = Þ
là điểm chính giữa của cung
MN CO MNÞ^
.
Vì
AC BC>
nên
ABCD
không cân tại
C
do đó
,,C O H
không thẳng hàng. Từ đó
suy ra
/ /CO DH
.
Câu 10: a) Cho phương trình
2
2 2 1 0x mx m- - - =
( )
1
với
m
là tham số. Tìm
m
để phương
trình
( )
1
có hai nghiệm phân biệt
12
,xx
sao cho
1 2 1 2
3 2 1x x x x m+ + + = +
.
b) Cho hai số thực không âm
,ab
thỏa mãn
22
2ab+=
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
33
4
1
ab
M
ab
++
=
+
.
Lời giải
a)
( )
2
2
2 1 1m m mD¢= + + = +
.
O
N
M
K
I
H
D
C
B
A
Trang 19
Phương trình
( )
1
có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
01mD¢> Û ¹ -
.
Áp dụng ĐL Vi-ét ta có
1 2 1 2
2 ; . 2 1x x m x x m+ = = - -
.
Ta có
2 2 2 2 1m m m+ - = +
(
ĐK
01m££
(*)
)
( )
2 1 2 2 1 2 1 0m m mÛ - + - - - - =
( )
2 1 2 1
2 1 0
2 1 2 2 1
mm
m
mm
--
Û - - - =
+ - +
( )
( )
( )
( )
1
/*
11
2
2 1 1 0
11
2 1 2 2 1
1 0 2
2 1 2 2 1
m t m
m
mm
mm
é
ê
=
æö
ê
÷
ç
÷
Û - - - = Û
ê
ç
÷
ç
÷
ç
ê
èø
+ - +
- - =
ê
ê
+ - +
ë
Vì
2 1 1,mm+ ³ "
thỏa mãn
01m££
1
1
21m
Þ£
+
. Do đó,
( ) ( )
2 0 2VT VP<=
hay
( )
2
vô nghiệm.
Vậy giá trị cần tìm là
1
2
m =
.
b) Ta có
( )
3 3 3 3
4 1 3 3 3a b a b ab+ + = + + + ³ +
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1ab==
.
Vì
10ab +>
nên
( )
33
31
4
3
11
ab
ab
M
ab ab
+
++
= ³ =
++
.
Do đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M
là
3
đạt được khi
1ab==
.
+) Vì
22
2ab
nên Suy ra
3 3 2 2
4 2 4 2 2 4a b a b
.
Mặt khác
1
1 do 1 1
1
ab
ab
. Suy ra
33
4
2 2 4
1
ab
M
ab

.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
( )
( )
( )
( )
22
2
; 0; 2 ; 2;0
0
ab
a b a b
ab
ì
ï
+=
ï
ï
Û = Ú =
í
ï
=
ï
ï
î
.
Giá trị lớn nhất của biểu thức
M
là
4 2 2
đạt được khi
( )
( )
( )
( )
; 0; 2 ; 2;0a b a b= Ú =
---------------Hết---------------
Trang 20
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP
NĂM HỌC 2019-2020
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:
27 12A 
b) Giải hệ phương trình:
7 3 5
33
xy
xy


Câu 2. (2.0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho parabol
2
: 2 .P y x
Vẽ
.P
b) Tìm
m
để đường thẳng
5 2 2019y m x
song song với đường thẳng
3yx
.
c) Hai đường thẳng
1yx
và
28yx
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:
2
2 3 0xx
b) Tìm
m
để phương trình:
22
2 1 3 7 0x m x m m
vô nghiệm.
Câu 4. (1,5 điểm)
Cho tam giác
ABC
vuông tại
,A
đường cao
.AH
Biết
3 , 4 .AB cm AC cm
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).
Trang 21
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)
.BCA ACS
----------HẾT----------
ĐÁP ÁN
Câu
Nội dung
Điểm
1.a
(0.5đ)
3 3 2 3A 
0.25
=
3
0.25
1.b
(1,0đ)
88
33
x
xy

(pp thế:
x 3 3y
)
0.25
1
33
x
xy

0.25
88
2
3
x
y
0.25
Vậy hpt có nghiệm
2
1; .
3



0.25
2.a
(1,0đ)
Tìm được 5 cặp giá trị có
0;0
(3 cặp có
0;0
cho 0,25)
0.5
Vẽ được (P) qua 5 điểm có (O)
(qua 3 điểm trên một nhánh có (O) cho 0,25)
0.5
2.b
(0.5đ)
5 2 1m
0.25
3
5
m
0.25
2.c
(0.5đ)
1;0 , 3;2 , 4;0A B C
0.25
S3
ABC
(đvdt)
0.25
3.a
(1,0đ)
4

(NX:
0abc
)
0.25
1
x1
0.25
2
x3
0.25
Vậy
1
x1
,
2
x3
.
0.25
3.b
8m
0.25
Trang 22
(0.5đ)
Pt vô nghiệm
8m
0.25
4
(1.5đ)
5BC
0.25
, 12
5
AB AC
AH
BC

0.25
cos
AC
ACB
BC
0.25
4
cos
5
ACB
0.25
2
9
5
AB
BH
BC

0.25
Chu vi tam giác ABH là:
36
.
5
0.25
5.a
(1,0đ)
Gọi x, y lần lượt là số học sinh lớp 9A, 9B
*
,xy
0.25
Theo đề bài ta có hệ pt:
82
3x 166
xy
y


0.25
42
40
x
y
0.25
Vậy số học sinh của lớp 9A là 42; của lớp 9B là 40.
0.25
5.b
(0.5đ)
V
khối cầu
=
3
3
4
1,1 5,58
3
m
V
khối trụ
=
2
3
. 1,1 .3.5 13,3 m
0.25
Thể tích của bồn chứa là:
3
18,88
kc kt
V V V m
0.25
6.a
(1.25đ)
Hình vẽ
0.25
Vì
AH BC
nên
0
90EDC
0.25
Vì
BD CD
nên
0
90EHC
0.25
0
180EDC EHC
và
,EDC EHC
đối nhau
0.25
Vậy tứ giác
CDEF
là tứ giác nội tiếp.
0.25
6.b
(0.75đ)
ADB MCS
0.25
ADB ACB
0.25
Nên
BCA ACS
0.25
Trang 23
SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO
TỈNH BÌNH 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)
2
7 10 0xx
2)
2
22
2 6 12 9 0x x x x
3)
47
52
xy
xy


Bài 2 (1,5 điểm) Cho Parabol
2
1
( ) :
2
P y x
và đường thẳng
( ): 1d y x m
(
m
là tham
số)
1) Vẽ đồ thị
.P
2) Gọi
; , ;
BBAA
A x y B x y
là hai giao điểm phân biệt của
d
và
.P
Tìm tất cả
các giá trị của tham số
m
để
0
A
x
và
0.
B
x
Bài 3 (1,5 điểm) Cho phương trình:
2
20x ax b
(
,ab
là tham số).
Tìm các giá trị của tham số
,ab
để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt
12
,xx
thoả điều kiện:
12
33
12
4
28
xx
xx


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
;OR
. Từ một điểm
M
ở ngoài đường tròn
;OR
sao cho
2OM R
, vẽ hai tiếp tuyến
,MA MB
với
O
(
,AB
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:
.NIH NBA
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:
2 2 2
2NA NB R
HẾT
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Bài 1.
1)
2
7 10 0xx
Ta có:
22
4 7 4.10 9 0b ac
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1
2
79
5
2 2.1
79
2
2 2.1
b
x
a
b
x
a
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
5; 2xx
Trang 24
2)
2
22
2 6 12 9 0x x x x
2
22
2 6 2 9 0x x x x
(*)
Đặt
2
2x x t
. Khi đó ta có phương trình
22
(*) 6 9 0 ( 3) 0 3 0 3t t t t t
2 2 2
2 3 2 3 0 3 3 0x x x x x x x
( 3) ( 3) 0 ( 3)( 1) 0x x x x x
3 0 3
1 0 1
xx
xx

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
{ 3 ; 1}.S 
3) Ta có:
4 7 9 9 1 1
5 2 4 7 4.1 7 3 3
x y x x x
x y y x y y

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( ; ) (1 ;-3)xy
.
Bài 2.
1) Vẽ đồ thị hàm số
2
1
( ) :
2
P y x
Ta có bảng giá trị
x
4
2
0
2
4
2
1
( ) :
2
P y x
8
2
0
2
8
Vậy đồ thị hàm số
2
1
( ) :
2
P y x
là đường cong đi qua các điểm
( 4;8),( 2;2),(0;0),(2;2),(4;8)
Đồ thị hàm số
2
1
( ) :
2
P y x
2) Gọi
; , ;
BBAA
A x y B x y
là hai giao điểm phân biệt của
d
và
.P
Tìm tất cả các giá
trị của tham số
m
để
0
A
x
và
0.
B
x
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số
d
và
P
là:
Trang 25
22
1
1 2 2 2 0
2
x x m x x m
(*)
Theo đề bài ta có:
d
cắt
P
tại hai điểm
; , ;
A A B B
A x y B x y
phân biệt
(*) có hai nghiệm phân biệt
0
1
1 ( 2 2) 0 1 2 2 0 2 1
2
m m m m
Vậy với
1
2
m
thì phương trình (*) có hai nghiệm
,
AB
xx
phân biệt.
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
2
22.
AB
AB
xx
x x m

Theo đề bài ta có:
00
20
2 2 1
00
2 2 0
A A B
B A B
x x x
m
mm
x x x
m


Kết hợp các điều kiện của
m
ta được
1
1.
2
m
Vậy
1
1
2
m
thoả mãn bài toán.
Bài 3.
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt (
0
)
+Áp dụng định lí Vi-ét.
+Sử dụng các biến đổi
3
33
1 2 1 2 1 2 1 2
3x x x x x x x x
và
22
1 2 1 2 1 2
4x x x x x x
.
Cách giải:
2
20x ax b
.
Ta có
22
4 2 4 8a b a b
.
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì
2
0 4 8 0ab
(*).
Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có:
12
12
2
x x a
x x b

.
Theo bài ra ta có:
12
33
12
4
28
xx
xx


12
3
1 2 1 2 1 2
4
3 28
xx
x x x x x x

12
3
12
4
4 12 28
xx
xx


12
12
4
3
xx
xx


Mà
12
2x x b
23b
3 2 5b
.
Ta có:
12
12
4
x x a
xx

1
2
24
24
xa
xa

1
2
4
2
4
2
a
x
a
x

12
44
33
22
aa
xx



4 4 12aa
Trang 26
2
16 12a
2
2
4
2
a
a
a

.
Với
2
4, 5ab
2
4 8 4 4 5 8 16 0ab
thoả mãn điều kiện (*).
Vậy có 2 cặp số
;ab
thoả mãn yêu cầu bài toán là
; 2; 5ab 
hoặc
; 2; 5ab
.
Chú ý: Khi tìm được cặp số
;ab
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) (
*, 4xx
)
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) (
*, 4xx
)
Thời gian thực tế mà tổ công nhân hoàn thành xong 140 sản phẩm là:
140
x
(ngày).
Theo kế hoạch mỗi ngày tổ công nhân đó sản xuất được số sản phẩm là:
4x
(sản phẩm)
Thời gian theo kế hoạch mà tổ công nhân hoàn thành xong 140 sản phẩm là:
140
4x
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
4xx

140 140 4 4 4x x x x
35 35 4 4x x x x
2
35 35 140 4x x x x
2
4 140 0xx
2
14 10 140 0x x x
14 10 14 0x x x
10 14 0xx
10 0
14 0
x
x


10
14
x ktm
x 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.
Trang 27
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)
OAM OBM
SS


2
MAOB OAM OBM OBM
S S S S
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông
OAM
ta có:
2
2 2 2 2 2
23AM OM OA R R R
3AM R
.
2
1
2 2. . . . 3 3
2
MAOB OAM
S S OA AM R R R
(đvdt).
2) Chứng minh
NIH NBA
Xét tứ giác
AINH
có:
0 0 0
90 90 180AIN AHN
Tứ giác
AINH
là tứ giác nội tiếp
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng
0
180
).
NIH NAH
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
HN
).
Mà
NAH NBA
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung
AN
của
O
)
NIH NBA NAH
(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.
Xét tứ giác
NIBK
ta có
90 90 180NIB NKB
Mà hai góc này là hai góc đối diện
NIBK
là tứ giác nội tiếp.
KBN NIK
Xét đường tròn
O
ta có:
KBN NAB
()NIK NAB KBN
Xét
ANB
ta có:
180ANB NAB NBA
Lại có:
;NIH NAB NIE
NIK NAB NIF
;
ANB ENF
180ENF EIN NIF ENF EIF
Trang 28
Mà
,ENF EIF
là hai góc đối diện
Tứ giác
NEIF
là tứ giác nội tiếp.
4) Giả sử
,,O N M
thẳng hàng. Chứng minh:
2 2 2
2NA NB R
Theo đề bài ta có:
,,O N M
thẳng hàng
1
2
ON R OM
N
là trung điểm của
.OM
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:
1
cos 60
22
OA R
AOM AOM AON
OM R
Xét
AON
có:
60
OA ON R
AON

AON
là tam giác đều.
NA ON OA R NB
2 2 2 2 2
2NA NB R R R
(đpcm)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2019 – 2020
Môn thi: TOÁN (Chung)
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:
3 49 25A
2
(3 2 5) 20 B
2) Cho biểu thức
1
:
3
1






x x x
P
x x x
với
0; 1xx
.
a) Rút gọn biểu thức
P
.
b) Tìm giá trị của
x
để
1P
.
Câu 2. (2,0 điểm)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 29
1) Cho parabol
2
1
( ):
2
P y x
và đường thẳng
( ): 2d y x
.
a) Vẽ parabol
()P
và đường thẳng
()d
trên cùng hệ trục tọa độ
Oxy
.
b) Viết phương trình đường thẳng
1
( ): d y ax b
song song với
()d
và cắt
()P
tại điểm
A
có
hoành độ bằng
2
.
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:
25
24


xy
xy
Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình
2
( 2) 8 0 x m x m
(1) với
m
là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi
8m
.
b) Tìm các giá trị của
m
để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt
12
;xx
thỏa
3
12
0xx
.
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
3 ; 4AH cm HB cm
. Hãy tính
,,AB AC AM
và diện tích tam giác
ABC
.
Câu 5. (2,5 điểm)
Cho đường tròn tâm
O
đường kính
2AB 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
2
. AK AH R
.
c) Trên tia
KN
lấy điểm
I
sao cho
KI KM
. Chứng minh
NI BK
.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Tính giá trị của các biểu thức sau:
3 49 25A
22
3 7 5A
3.7 5A
21 5A
Trang 30
16A
2
(3 2 5) 20 B
2
3 2 5 2 .5 B
(3 2 5) 2 5 B
3 2 5 52 B
3B
2) Cho biểu thức
1
:
3
1






x x x
P
x x x
với
0; 1xx
.
a) Rút gọn biểu thức
P
.
b) Tìm giá trị của
x
để
1P
.
Lời giải
a) Rút gọn biểu thức
P
.
1
:
3
1






x x x
P
x x x
1
:
3
1 ( 1)






x x x
P
x x x
.1
:
3
( 1) ( 1)






x x x x
P
x x x x
1
:
3
( 1)

x x x
P
xx
( 1) 1
3


xx
P
x x x
( 1).3
( 1)( 1)

xx
P
x x x
3
1
P
x
b) Tìm giá trị của
x
để
1P
.
3
11
1

x
P
Trang 31
13 x
4 x
16 x
Vậy
16x
thì
1P
.
Câu 2. (2,0 điểm)
1) Cho parabol
2
1
( ):
2
P y x
và đường thẳng
( ): 2d y x
.
a) Vẽ parabol
()P
và đường thẳng
()d
trên cùng hệ trục tọa độ
Oxy
.
b) Viết phương trình đường thẳng
1
( ): d 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
2
1
2
yx
8
2
0
2
8
Đồ thị hàm số
2
1
2
yx
là đường Parabol đi qua các điểm
( 4;8);( 2;2)
;
(0;0)
;
(2;2);(4;8)
và
nhận
Oy
làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số
2yx
là đường thẳng đi qua điểm
(0;2)
và điểm
( 2;0)
Trang 32
b) Viết phương trình đường thẳng
1
( ): d y ax b
song song với
()d
và cắt
()P
tại điểm
A
có
hoành độ bằng
2
.
Lời giải
Vì đường thẳng
1
( ): d y ax b
song song với
()d
nên ta có phương trình của đường thẳng
1
( ): ( 2) d y x b b
Gọi
( 2; )
A
Ay
là giao điểm của parabol
()P
và đường thẳng
1
()d
.
()AP
2
1
( 2) 2
2
A
y
( 2;2)A
Mặt khác,
1
()Ad
, thay tọa độ của điểm
A
vào phương trình đường thẳng
1
()d
, ta được:
2 2 4 bb
(nhận)
Vậy phương trình đường thẳng
1
( ): 4d y x
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:
25
24


xy
xy
2 5 4 2 10 3 6 2
2 4 2 4 2 4 2 4
x y x y x x
x y x y x y x y
2 2 2
2 2 4 2 2 1
x x x
y y y
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
( ; ) (2;1)xy
Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình
2
( 2) 8 0 x m x m
(1) với
m
là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi
8m
.
b) Tìm các giá trị của
m
để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt
12
;xx
thỏa
3
12
0xx
.
Lời giải
a) Giải phương trình (1) khi
8m
.
Thay
8m
vào phương trình (1), ta được:
2
( 8 2) 8 8 0 xx
2
60 xx
( 6) 0 xx
00
6 0 6





xx
xx
Vậy
8m
thì phương trình (1) có 2 nghiệm:
6; 0 xx
b) Tìm các giá trị của
m
để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt
12
;xx
thỏa
3
12
0xx
.
Lời giải
Trang 33
2 2 2
( 2) 4( 8) 4 4 4 32 28 m m m m m m
Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi
0
0
0

S
P
2
28 0 2 7 2 7
2 0 2 2 7
8 0 8


m m hoaëc m
m m m
mm
Theo đề bài, ta có:
3 3 4 3
4
4
1 2 1 2 1 2 1 1 2
0 8 8 ( 8) x x x x x x x m x m x m
3
4
4
12
2 8 ( 8) 8 6 x x m m m m
Đặt
4
8 ( 0) m t t
, ta có:
34
6 t t t
43
60 t t t
43
16 ( 10) 0 t t t
2 2 3
( 4)( 4) ( 8 2) 0 t t t t
22
( 2)( 2)( 4) ( 2)( 2 4) ( 2) 0


t t t t t t t
22
( 2)( 2)( 4) ( 2)( 2 5) 0 t t t t t t
3 2 2
( 2) 2 4 5)( 8 2 0 t t t t t t
32
(( 2) 2 3) 0 t t t t
2t
(vì
32
0 2 3 0 t t t t
)
4
4
8 2 8 2 16 8 m m m
(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:
0 260x
)
Thời gian dự định khai thác mũ cao su của nông trường là:
260
x
(ngày)
Trên thực tế, mỗi ngày nông trường khai thác được:
3x
(tấn)
Thời gian thực tế khai thác mũ cao su của nông trường là:
261
3x
(ngày)
Theo đề bài, ta có phương trình:
261 260
1
3

xx
261 ( 3) 260( 3)
( 3) ( 3) ( 3)

x x x x
x x x x x x
261 ( 3) 260( 3) x x x x
2
261 3 260 780 x x x x
2
261 3 260 780 0 x x x x
2
4 780 0 xx
(1)
' 4 780 784 0 ' 784 28
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:
1
2 28
26
1

x
(nhận) hoặc
2
2 28
30
1

x
(loại)
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nông trường cao su khai thác 26 tấn.
Trang 34
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
có đường cao
AH
và đường trung tuyến
AM
. Biết
3 ; 4AH cm HB cm
. Hãy tính
,,AB AC AM
và diện tích tam giác
ABC
.
Lời giải
Xét
AHB
vuông tại
H
, theo định lí Pitago, ta có:
2 2 2
AB AH HB
2 2 2
3 4 9 16 25 AB
25 5( ) AB cm
Xét
ABC
vuông tại
A
, có đường cao
AH
.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
2 2 2
1 1 1

AH AB AC
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
3 5 9 25
AC AH AB
2
2
1 16 225
225 16
AC
AC
225 15
()
16 4
AC cm
Xét
ABC
vuông tại
A
, theo định lí Pitago, ta có:
2 2 2
BC AB AC
2
22
15 225 625
5 25
4 16 16



BC
625 25
()
16 4
BC cm
ABC
vuông tại
A
,
AM
là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
BC
1 1 25 25
()
2 2 4 8
AM BC cm
Diện tích tam giác
ABC
:
2
1 1 15 75
5 ( )
2 2 4 8
ABC
S AB AC cm
M
C
B
A
H
Trang 35
Câu 5. (2,5 điểm)
Cho đường tròn tâm
O
đường kính
2AB 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
2
. AK AH R
.
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.
Vì
AB HC
tại
C
nên
0
90BCH
;
Ta có:
0
90AKB
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
90BKH
Xét tứ giác
BCHK
có:
0 0 0
90 90 180 BCH BKH
Mà
;BCH BKH
là hai góc đối nhau.
Suy ra: Tứ giác
BCHK
là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh
2
. AK AH R
.
Xét
ACH
và
AKB
có:
H
M
N
C
O
A
B
K
H
M
N
C
O
A
B
K
Trang 36
0
90ACH AKB
;
BAK
là góc chung;
Do đó:
( . )ACH AKB g g#

AH AC
AB AK
2
. . 2
2
R
AH AK AB AC R R
Vậy
2
. AK AH R
c) Trên tia
KN
lấy điểm
I
sao cho
KI KM
. Chứng minh
NI BK
.
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
Ta có:
0
90AMB
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AMB
vuông tại
M
.
0
30ABM
Xét
BMC
vuông tại
C
có:
0
90BMC MBC
0 0 0 0
90 90 30 60 BMC MBC
0
60BMN
(1)
Vì tứ giác
ABKM
là tứ giác nội tiếp nên
0
60EKM MAB
E
I
H
M
N
C
O
A
B
K
Trang 37
Mặt khác:
KM KE
(cách dựng)
EKM
cân tại
K
Và
0
60 EKM EKM
là tam giác đều.
0
60KME
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
0
60BMN KME
BMN BMK KME BMK
NMK BME
Xét
BCM
vuông tại
C
có:
0
sin sin30CBM
1
2
2
CM
BM CM
BM
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).
2MN CM
MN BM
(vì
2 CM
)
Xét
MNK
và
MBE
có:
MNK MBE
(Hai góc nội tiếp cùng chắn
MK
)
()MN BM cmt
()NMK BME 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
Câu 1: 1. Giải phương trình:
3( 1) 5 2xx
.
2. Cho biểu thức:
2 1 2 1A x x x x
với
1x
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)
Trang 38
a) Tính giá trị biểu thức
A
khi
5x
.
b) Rút gọn biểu thức
A
khi
12x
.
Câu 2: 1. Cho phương trình:
2
( 1) 0x m x m
. 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
1 2 3
::2 1; ; 2.: 3dx y dxy x yd
Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng
d
song song với đường thẳng
3
d
đồng thời đi qua
giao điểm của hai đường thẳng
1
d
và
2
d
.
Câu 3: Hai đội công nhân cùng làm chung trong
4
giờ thì hoàn thành được
2
3
công việc.
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 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
2 , 3OK R OH R
. Tính diện tích tam giác
KAI
theo
R
.
Câu 5: Cho
,xy
là hai số thực thỏa
1
xy
xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
.
xy
P
xy
LỜI GIẢI
Câu 1.
1. Giải phương trình:
3( 1) 5 2xx
.
2. Cho biểu thức:
2 1 2 1A x x x x
với
1x
a) Tính giá trị biểu thức
A
khi
5x
.
b) Rút gọn biểu thức
A
khi
12x
.
Lời giải
1. Ta có
5
3( 1) 5 2 3 3 5 2 2 5 .
2
x x x x x x
Trang 39
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là
5
2
x 
.
2.
a) Khi
5x
, ta có
5 2 5 1 5 2 5 1A
5 2 4 5 2 4 5 2 2 5 2 2 9 1 3 1 4
.
Vậy khi
5x
thì
4A
.
b) Với
12x
, ta có
2 1 2 1A x x x x
1 2 1 1 1 2 1 1x x x x
22
( 1 1) ( 1 1)xx
| 1 1| | 1 1|xx
1 1 1 1 (1 2 0 1 1 1 1 0)x x x x x
2.
Vậy khi
12x
thì
2A
.
Câu 2.
1. Cho phương trình:
2
( 1) 0x m x m
. 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
1 2 3
::2 1; ; 2.: 3dx y dxy x yd
Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng
d
song song với đường thẳng
3
d
đồng thời đi qua
giao điểm của hai đường thẳng
1
d
và
2
d
.
Lời giải
1.
2
( 1) 0. (1)x m x m
Thay
2x
vào phương trình
(1)
ta được
2
2 ( 1) 2 0 4 2 2 0 3 6 2.m m m m m m
Thay
2m
vào phương trình
(1)
ta được
2
2 0.xx
Ta có các hệ số:
0a b c
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là
12
1; 2xx
.
Vậy với
2m
phương trình đã cho có một nghiệm bằng
2
, nghiệm còn lại
là
1
.
2. Phương trình đường thẳng
: ( , )d ax b a b
.
3
3
: 3 , ( 2).
2
a
d d d y x b b
b

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng
12
, dd
là nghiệm của hệ phương trình
Trang 40
2 1 2 1 1
(1;1)
1
y x x x x
A
y x y x y
(1;1) : 3 1 3 1 4 (TM).A d y x b b b
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
: 3 4d y x
.
Câu 3. Hai đội công nhân cùng làm chung trong
4
giờ thì hoàn thành được
2
3
công việc.
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,
5x
).
Thời gian đội thứ hai làm riêng hoàn thành công việc là
y
(giờ,
0y
).
Mỗi giờ đội thứ nhất làm được
1
x
công việc, đội thứ hai làm được
1
y
công
việc.
Trong
4
giờ đội thứ nhất làm được
4
x
công việc, đội thứ hai làm được
4
y
công việc.
Theo đề ta có hệ phương trình
4 4 2
(1)
3
5 (2)
xy
xy


(2) 5xy
thế vào
(1)
ta được
4 4 2
6 6( 5) ( 5)
53
y y y y
yy
2
3 (ktm)
7 30 0
10 15
y
yy
yx

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
2 , 3OK R OH R
. Tính diện tích tam giác
KAI
theo
R
.
Lời giải
a) Ta có
90 ( )KAO KA AO

,
Trang 41
90 ( )KHO OH KH

Xét tứ giác
KAOH
có
180KAO KBO

nên là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có
180KBO KAO

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
HIA BIO
(đối đỉnh) và
AHI ABO
(hai góc nội
tiếp cùng chắn cung
AO
). Do đó
( . )
IA IO
IAH IOB g g IA IB IH IO
IH IB
∽
.
Xét tứ giác
AOBH
có
OHB
là góc nội tiếp chắn cung OB,
OBA
là góc nội tiếp chắn cung
OA; Mà
OA OB R
nên
OHB OBA
.
Xét
OIB
và
OBH
có
BOH
góc chung và
OHB OBA
(cmt).
Do đó
22
( . )
OI OB OB R
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
.
Theo câu b) ta có
22
33
R R R
OI
OH
R
.
Xét
OAK
vuông tại
A
, có
22
2
22
OA R R
OA OM OK OM
OK R
Suy ra
3
2
22
RR
KM OK OM R
2
2
3 3 3
2 2 4 2
R R R R
AM OM KM AM
Xét
OMI
vuông tại
M
, có
2
2
22
3
26
3
R R R
MI OI OM






Suy ra
3 3 2 3
2 6 3
R R R
AI AM MI
Diện tích
AKI
là
2
1 1 3 2 3 3
2 2 2 3 2
R R R
S AI KM
.
Câu 5. Cho
,xy
là hai số thực thỏa
1
xy
xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
.
xy
P
xy
Lời giải
Trang 42
Với
, 1x y xy
, ta có
2 2 2
( ) 2 2x y x y xy
P x y
x y x y x y
Vì
2
0; 0x y x y
xy
và
1xy
.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương
2
; xy
xy
, ta có
2 2( )
2 2 2 2 2
xy
xy
x y x y

Suy ra
min 2 2P
.
Dấu đẳng thức xảy ra
2
2
( ) 2 2 2x y x y x y x y
xy
.
Mà
22
62
2
1 ( 2) 1 2 1 2 1 0
62
2
y
xy y y y y y y
y

Vậy
min 2 2P
tại
26
2
26
2
x
y

hoặc
26
2
26
.
2
x
y

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
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
9.A
10.B
11.A
12.C
13.D
14.C
15.B
16.D
17.C
18.D
19.C
20.A
Câu 1: Giá trị rút gọn của biểu thức
2 27 300 3 75P
A.
31 3.
B.
3.
C.
8 3.
D.
3 3.
Lời giải
Chọn B
2 27 300 3 75 6 3 10 3 15 3 3P
Câu 2: Gọi
12
, xx
là hai nghiệm của phương trình
2
3 12 14 0.xx
Giá trị của biểu thức
12
T x x
bằng
A.
4.
B.
4.
C.
14
.
3
D.
14
.
3
Lời giải
Mã đề
401
Trang 43
Chọn A
Áp dụng định lý Vi – et cho phương trình trên:
12
12
4
3
T x x
Câu 3: Trên đường tròn
O
lấy các điểm phân biệt
,, A B C
sao cho
114AOB 
(như hình vẽ
bên dưới). Số đo của
ACB
bằng
A.
76 .
B.
38 .
C.
114 .
D.
57 .
Lời giải
Chọn D
1
2
sñ ACB BC
(Tính chất góc nội tiếp chắn cung)
11
114 57
22
AOB
Câu 4: Cho hàm số
2y ax
có đồ thị là đường thẳng
d
như hình vẽ bên dưới. Hệ số góc của
đường thẳng
d
bằng
A.
3.
B.
3.
C.
2.
D.
1.
Lời giải
Chọn A
Từ hình vẽ ta thấy
d
đi qua điểm
1;1
nên:
1 .1 2 3aa
Vậy hệ số góc của
d
là
3.a
Câu 5: Điều kiện của
x
đề biểu thức
24x
có nghĩa là
A.
1
.
2
x 
B.
2.x
C.
2.x 
D.
1
.
2
x
Lời giải
Chọn B
Biểu thức
24x
có nghĩa khi và chỉ khi:
2 4 0 2xx
Câu 6: Hàm số nào sau đâu là hàm số bậc nhất?
A.
2
1y
x

B.
2 3.yx
C.
3 2.yx
D.
2
3.yx
1
1
O
x
y
d
Trang 44
Lời giải
Chọn B
Hàm số bậc nhất có dạng
.y ax b
Câu 7: Bạn Thanh trình bày Lời giải hệ phương trình
33
3 2 13
xy
xy

theo các bước sau:
*Bước 1: Hệ phương trình đã cho tương đường với
3 9 9
3 2 13
xy
xy

*Bước 2: Cộng từng vế hai phương trình của hệ ta được
11 22.y
Suy ra
2.y
*Bước 3: Thay
2y
vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
3.x
*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.
Lời giải
Chọn B
3 3 3 9 9 11 22 2 3
3 2 13 3 2 13 3 3 3.2 3 2
x y x y y y x
x y x y x y x y
Vậy hệ phương trình có nghiệm
3;2 .
Câu 8: Cho hàm số
2
y ax
có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đó là
A.
2
.yx
B.
2
2.yx
C.
2
2.yx
D.
2
.yx
Lời giải
Chọn C
Đồ thị hàm số
2
y ax
có bề lõm hướng lên và đi qua điểm
1;2
nên
0a
và
2
2 .1 2aa
Vậy hàm số đó là
2
2.yx
Câu 9: Cho đường thẳng
d
cắt đường tròn
O
tại hai điểm phân biệt
,. AB
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.
D.
45 cm.
Lời giải
Chọn A
x
1
1
2
O
y
Trang 45
Gọi
H
là chân đường cao kẻ từ
O
lên
d
8 cmOH
và
H
là trung điểm của
AB
6 cmHB
Xét tam giác
OHB
vuông tại
H
có:
2 2 2 2
8 6 10 cmR OB OH BH
Câu 10: Xét hai đường tròn bất kỳ có tâm không trùng nhau
211 2
; , ;O R O R
và
12
.RR
Khẳng
định nào sau đây sai?
A. Nếu hai đường tròn tiếp xúc trong thì
1 2 1 2
.O O R R
B. Nếu hai đường tròn ở ngoài nhau thì
1 2 1 2
.O O R R
C. Nếu hai đường tròn cắt nhau thì
1 2 1 2
.O O R R
D. Nếu hai đường tròn tiếp xúc ngoài thì
1 2 1 2
.OO R R
Lời giải
Chọn A
Câu 11: Điểm nào sau đây là giao điểm của đường thẳng
: 2 3d y x
và parabol
2
1
:?
4
P y x
A.
2; 1 .M 
B.
2; 6 .M 
C.
6;9 .M
D.
6; 9 .M
Lời giải
Chọn A
Phương trình hoành độ giao điểm của
P
và
d
là
2
1
23
4
xx
2
1
2 3 0
4
xx
2
6
x
x


21xy
69xy
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.
2
4. cm
B.
2
64 . cm
C.
2
16 . cm
D.
2
8. cm
Lời giải
Chọn C
Diện tích hình tròn có bán kính
4cmr
là
2 2 2
.4 16 cmSr
Câu 13: Nghiệm của hệ phương trình
2 3 5
3 2 12
xy
xy

là
A.
46 9
;.
13 13



B.
2; 3 .
C.
55
46 39
;.




D.
2;3 .
Lời giải
Trang 46
Chọn D
Tự luận
2 3 5
3 2 12
xy
xy

6 9 15
6 4 24
xy
xy

5
13 39
3
2
y
x
y
3
2
y
x

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.
Câu 14: Tập nghiệm của phương trình
2
5 6 0xx
là
A.
3;2 .
B.
1;6 .
C.
2;3 .
D.
6; 1 .
Lời giải
Chọn C
Tự luận
2
2
4 5 4.1.6 1 0b ac
Phương trình có hai nghiệm phân biệt là
2
3
x
x
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.
3
300 . cm
B.
3
4500 . cm
C.
3
225 . cm
D.
3
100 . cm
Lời giải
Chọn B
Thể tích của hình cầu có bán kính
15cmR
là
3 33
44
1 4500
3
c5
3
mVR

.
Câu 16: Cho điểm
;A a b
là giao điểm của hai đường thẳng
d
và
l
như hình vẽ bên.
Cặp số
;ab
là nghiệm của hệ phương trình nào sau đây?
A.
3 4 5
.
4 3 2
xy
xy


B.
2 3 8
.
3 2 1
xy
xy

C.
2 5 9
.
3 6 0
xy
xy

D.
5 4 14
.
4 5 3
xy
xy
Lời giải
Chọn D
Dựa hình vẽ, giao điểm của đường thẳng
d
và
l
là
2;1A
HPT
3 4 5
4 3 2
xy
xy


có nghiệm là
1;2
.
HPT
2 3 8
3 2 1
xy
xy

có nghiệm là
1; 2
.
x
y
d
l
1
2
A
O
Trang 47
HPT
2 5 9
3 6 0
xy
xy

có nghiệm là
18;9
.
HPT
5 4 14
4 5 3
xy
xy
có nghiệm là
2;1
.
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
2
80 . cm
Thể tích của tượng ngựa đá bằng
A.
3
40 . cm
B.
3
1200 . cm
C.
3
120 . cm
D.
3
400 . cm
Lời giải
Chọn C
Thể tích phần nước trong ly dâng lên chính là thể tích của tượng ngựa đá.
Diện tích đáy ly nước hình trụ là
2 2 2
80
80cm cmS r r
Chiều cao mực nước dâng lên
1,5cmh
.
Thể tích cần tìm là
23
80
. .1,5 120cmV r h

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 1,7 m. 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.
D.
73,11 m.
Lời giải
Chọn D
Xét
HKC
vuông tại
K
ta có
tan
CK
CHK
HK
0
.tan 50.tan55CK HK CHK
Chiều cao
BC
của đài kiểm soát không lưu bằng
73,11mBC CK KC
Câu 19: Cho đường thẳng
1
:d y ax b
song song với đường thẳng
2
: 2 1d y x
và cắt
trục tung tại điểm
0;3 .A
Giá trị của biểu thức
23
ab
bằng
A.
23.
B.
1.
C.
31.
D.
13.
Lời giải
Chọn C
12
2d d a
1
0;3A d
3 2.0 3bb
Vậy
23
2
3
2 3 31ab
.
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
Trang 48
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 , 30000xy
Số tiền khi mua 1 bút bi và 1 bút chì:
30000xy
Số tiền 5 bút bi và 3 bút chì bằng 2 bút bi và 5 bút chì:
5 3 2 5 3 2 0x y x y x y
Giải hệ phương trình
30000 12000
3 2 0 18000
x y x
x y y



Vậy giá mỗi bút bi là
12000
đồng và giá mỗi bút chì là
18000
đồng.
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
2
2.yx
Lời giải
Bảng giá trị
x
2
1
0
1
2
y
8
2
0
2
8
Vẽ đồ thị hàm số
2
2yx
Câu 2: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
20 0xx
b)
42
4 5 9 0xx
c)
28
3 5 1
xy
xy

Lời giải
a)
2
20 0xx
2
1 4.1. 20 81 0
Trang 49
9
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là
1
2
19
5
2.1
19
4
2.1
x
x

Vậy tập nghiệm của phương trình
4;5 .S 
b)
42
4 5 9 0 1 xx
Đặt
2
0t x t
Phương trình
1
trở thành
1
2
2
1
4 5 9 0
9
4
tl
tt
tn

Với
9
4
t
ta được
2
3
9
2
3
4
2
x
x
x


Vậy tập nghiệm của phương trình
33
;.
22
S




c)
28
3 5 1
xy
xy

10 5 40
3 5 1
xy
xy

13 39
28
x
yx

3
2
x
y

Vậy hệ phương trình có nghiệm
3, 2 .
Câu 3: (1,5 điểm)
a) Trong mặt phẳng toạ độ
,Oxy
cho parabol
2
:P y x
và đường thẳng
2
: 2 4 8 3d y x m m
(
m
là tham số thực). Tìm các giá trị của
m
để
d
và
P
cắt nhau tại
hai điểm phân biệt
1 1 2 2
; , ; A x y B x y
thoả mãn điều kiện
12
10.yy
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
22
2 4 8 3xmx m
22
2 4 8 3 0 *x x m m
P
và
d
cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình
*
có 2 nghiệm phân biệt
22
22
1 4 8 3 4 8 4 2 2 0m m m m m
với mọi
1m
Ta có
1 1 2 2
; , ; A x y B x y
là giao điểm của
d
và
P
nên
2
11
;yx
2
22
yx
với
12
, xx
là hai
nghiệm của phương trình
*
Áp dụng định lý Vi – et đối với
*:
12
2
12
2
4 8 3
xx
x x m m

Theo đề bài ta có
2
22
1 2 1 2 1 2 1 2
10 10 2 10y y x x x x x x
Trang 50
2
2
2 2 4 8 3 10mm
2
0
8 16 0
2
nhaän
nhaän
m
mm
m
Vậy
0m
hoặc
2m
thoả mãn yêu cầu bài toán.
b) Gọi
, xy
(thí sinh) lần lượt là chỉ tiêu của trường THPT A và THPT B
*
,xy
và
, 900xy
Tổng chỉ tiêu tuyển sinh của Trường THPT A và trường THPT B là 900 học sinh:
900 1 xy
Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là
.15% 1,15x x x
(thí sinh)
Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là
.10% 1,1y y y
(thí sinh)
Tổng số thí sinh đăng ký dự tuyển của cả hai trường là 1010
1,15 1,1 1010 2 xy
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
900 400
1,15 1,1 1010 500
x y x
x y y



Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là
1,15 1,15.400 460x 
thí sinh.
Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là
1,1 1,1.500 550y 
thí sinh.
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
, MN
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
a) Ta có:
90 , 90 BEC BDC
, ED
thuộc đường tròn đường kính
.BC
Tứ giác
BCDE
nội tiếp đường tròn đường kính
.BC
Do
, MN
lần lượt là trung điểm
AB
và
AC
, OM AB ON AC
90 , 90 OMA ONA
Trang 51
Tứ giác
AMON
có:
90 90 180 OMA ONA
mà
OMA
và
ONA
là hai góc đối nhau
AMON
là tứ giác nội tiếp.
b) Cách 1:
, MN
là lần lượt là trung điểm của
, AB AC
MN
là đường trung bình của
ABC
// MN BC
ANM ACB
(so le trong)
1
Mặt khác, ta có:
180ACB BED DCB BED
(tứ giác
BCDE
nội tiếp)
180AED BED
(kề bù)
ACB AED
2
Từ
1
và
2
.ANM AED
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
90ADB AEC
2
..
2
AB AD AM AD AM AD
ABD ACE AE AM AD AN
AC AE 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
3 AH MN KN AI
Gọi
J
là giao điểm của
AF
và
DE
Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AMON
EAJ EAO MNO
(góc nội tiếp cùng chắn cung
OM
)
Xét
AJE
có:
90AEJ EAJ AED EAJ ANM MNO ONA
90 4 AJE AJ JE AJ KI
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.
Trang 52
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
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)
Bài 1: (1,5điểm)
a) Tính :
12 18 8 2 3A
b) Cho biểu thức
9 9 4 4 1B x x x
với
1x 
. Tìm x sao cho B có giá trị là 18.
Bài 2: (2,0 điểm )
a) Giải hệ phương trình :
23
4 5 6
xy
xy


b) Giải phương trình :
42
4 7 2 0xx
Bài 3: ( 1,5 điểm )
Cho hai hàm số
2
2yx
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)
Cho phương trình
2
22
4 2 15 1 20 0x m m x m
, với m là tham số. Tìm tất
cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm
12
;xx
thỏa mãn hệ thức:
2
12
2019 0xx
Bài 5:(1 điểm )
Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 80m
2
. Nếu giảm chiều rộng 3m và tăng
chiều dài 10m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 20m
2
. 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
2 2 2
EM DN AB
----------------------------Hết----------------------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 53
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
A
b)
9 9 4 4 1
9 1 4 1 1
3 1 2 1 1
61
B x x x
x x x
x x x
x

Bài 2:a)
23
4 5 6
4 8 12
4 5 6
36
32
2
3 2.2 1
xy
xy
xy
xy
y
xy
y
x





Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2).
b)
42
4 7 2 0xx
Đặt
2
0t x t
ta được
2
4 7 2 0tt
2
7 4.4.( 2) 81 0, 9
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
7 9 1 7 9
;2
8 4 8
tt
Vì
0t
nên ta chọn
2
1 1 1
4 4 2
t x x
Vậy
1
2
S




Bài 3:
a) Học sinh tự vẽ
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
2
2
2
2 2 4
2 2 4 0
20
xx
xx
xx
Phương trình có dạng
0abc
1; 2xx
Với
2
1 2.1 2xy
Với
2
2 2. 2 8xy
Trang 54
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
0;4 ; 2;0DC
MHC DOC g g
MH DO
MC DC

.DO MC
MH
DC

Trong đó
4
D
DO y
4
MC
MC x x
2 2 2
2
2 4 2 5
D C D C
DC x x y y
4.4 8 5
5
25
MH
Vậy khoảng cách cần tìm là
85
5
Bài 4: Ta có:
2
22
4 2 15 1 20 0x m m x m
(1)
2 2 2
4 2 15 2 19 0x m m x m m
2
22
2 15 4.4 2 19m m m m
2
22
4 2 2
42
2
2
1 16 16 1 20
1 32 1 256 16 1 320
1 48 1 576
1 24 0
mm
m m m
mm
m


Suy ra Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Phương trình (1) có dạng
0a b c
Trang 55
Suy ra phương trình có nghiệm
1x 
và
2
1 20
4
m
x
Th1: Nếu
1
1x 
và
2
2
1 20
4
m
x
Theo đề ta có:
2
12
2019 0xx
2
2
2
1 20
1 2019 0
4
1 20 8080 0
1 8100
1 90
89
91
m
m
m
m
m
m

TH2: Nếu
2
1
1 20
4
m
x
và
2
1x 
Theo đề ta có :
2
12
2019 0xx
2
2
2
2
1 20
1 2019 0
4
1 20
2018 0
4
m
m








Loại vì vế trái luôn dương
Vậy
89; 91m
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:
Điều kiện:
3
3
x
yx

Diện tích mảnh đất là 80 m2 nên ta có phương trình:
2
. 80x y m
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:
2
80
80
3 10 20
3 10 30 80 20 0
80 10 800
3 10 50 10 50 3
50 3 80
3 50 800 0
10 50 3
10 50 3
10
10
80
8
3
10 50 3
xy
xy
x y xy
xy y x
xy xy
y x x y
yy
yy
xy
xy
y
y
y
x
xy














Trang 56
Vậy chiều dài mảnh đất là 10m, chiều rộng là 8m.
Bài 6:
a) Ta có
0
90DHC gt
0
90BKC
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC)
0
90DKC
( Kè bù với
BKC
)
Xét tứ giác DHKC ta có:
0
180DKC DHC
Mà
DKC
và
DHC
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
0
90ADB
( 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
0
90MNI
( 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
0
90MEI
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MI)
MEI
vuông tại E
2 2 2
EM EI MI
( Định lý py-ta-go)
Mà DN = EI
MI = AB =2R
2 2 2
EM DN AB
| 1/56
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
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).
a) giải phương trình: 2
x  3x  2  0
x  3y  3
b) giải hệ phương trình: 
4x  3y  1  8 2 28
c) Rút gọn biểu thức: A    2 3  7 2 2 2
d) giải phương trình:  2
x  2x   x   1 13  0 Bài 2 (1.5 điểm). Cho Parabol (P): 2
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 x , x thỏa mãn điều kiện x x x .x 1 2 1 2 1 2 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 0 ABO  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 ? O C A Chân núi B Trang 1 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 PAPB
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  2 y  5
----------------------------HẾT ----------------------------
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN Bài 1 (3.5 điểm).
a) giải phương trình: 2
x  3x  2  0
có a b c  1 3  2  0 nên pt có 2 nghiệm phân biệt x  1 , x  2 1 2
x  3y  3
b) giải hệ phương trình: 
4x  3y  1  8
x  3y  3 5  x  1  5 x  3  x  3        
4x  3y  1  8
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 2.3  7 2 28  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:  2
x  2x   x   1 13  0
x 2x2 x  2 2 1 13  0
 x  2x2 2   2 x  2x   1 13  0 t  3 Đặt 2
t x  2x , khi đó ta có 2
t t 12  0   t  4  Trang 2 x  1  * Với t = 3 2 2
x  2x  3  x  2x  3  0   x  3 * Với t = 2 2 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). a) vẽ Parabol (P): 2 y  2x Bảng giá trị: x 2 1  0 1 2 2 y  2x 8  2 0 2 8  1 -2 -1 O 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 x , x thỏa mãn điều kiện x x x .x 1 2 1 2 1 2
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2
x x m 2
 2x x m  0  1 8m 1
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt  m  8
- Vì x , x là hai nghiệm của pt hoành độ giao điểm, nên ta có: 1 2 1  m x x  ; x .x  1 2 1 2 2 2  m
Khi đó : x x  1 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 Xét ABO  vuông tại B, có: 2 2 2 2
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: Trang 3 AB 9 11 0 tan O    O  84.3 OB 3 3. .8  4,3
Độ dài đoạn đường từ C đến B là l   4,41 km CB 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). I P F E H A K O B
a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn. Ta có: 0
AEB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0
HEI  90 (kề bù với AEB ) T. tự, ta có: 0 HFI  90
Suy ra:  HEI + HFI 0  90 + 0 90 0 180
 tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn (tổng hai góc đối nhau bằng 0 180 )
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 PAPB
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 2 BP A . B BK Suy ra: BP.PA + 2 BP A . B BK + AB.PK  B .
P (PA B ) P A .
B (PK BK) BP PK BK PK BK    cos ABP AB PA BP PA BP Trang 4
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.  A
SF vuông cân tại F  AFB  vuông cân tại F Ta lại có: 0
FEB FAB BEK  45 0
FEK  2.FEB  90  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  2 y  5 1 5 1 5 1 5 P      5xy x  2 y  = 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  2 1  8 xy y  8 y(x 1)  8 3 Ta lại có: 4    20 20 20 5 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 P    Min 5 y  2 Trang 5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BẮC GIANG NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 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 2
x  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 2
x 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  1là một nghiệm của phương trình 2
x 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 giác ABC có AB  3c , m AC  4 c ,
m 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.
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 (2  ) x
x 3 có giá trị bằng A. 1.  B. 2x  5. C. 5  2 . x D. 1. 
Câu 11: Giá trị của biểu thức 3 3 bằng 3 1 1 1 A. 3. B. C. D. 3. 3 3 x y 1
Câu 12: Hệ phương trình 
có nghiệm là  x ; y . Giá trị của biểu thức x y bằng 0 0 
x  2y  7 0 0 A. 1. B. 2.  C. 5. D. 4.
Câu 13: Cho tam giác ABC vuông tại A , có BC  4 c ,
m AC  2 cm . Tính sin . ABC 3 1 1 3 A. B. C. D.  2 2 3 3
Câu 14: Tam giác ABC cân tại B có 1  20o ABC , AB 1
 2cm và nội tiếp đường tròn O.Bán kính
của đường tròn O bằng A. 10 . cm B. 9 . cm C. 8 . cm D. 12 . cm
Câu 15: Biết rằng đường thẳng y  2x  3 cắt parabol 2
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. Trang 6
Câu 16: Cho hàm số y f x   4
1 m 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  x ; y thỏa mãn x  2y . Khi đó giá trị của m 0 0 
mx y  3 0 0 là A. m  3. B. m  2. C. m  5. D. m  4.
Câu 18: Tìm tham số m để phương trình 2
x x m 1  0 có hai nghiệm x , x thỏa mãn 1 2 2 2 x x  5. 1 2 A. m  3.  B. m  1. C. m  2. D. m  0.
Câu 19: Cho tam giác ABC vuông tại A , có AC  20c .
m 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. 9 cm C. 10 . cm D. 12 . cm
Câu 20: Cho đường tròn  ;
O R và dây cung AB thỏa mãn 90 . o AOB
Độ dài cung nhỏ AB bằng  RR 3 R A. B.  . R C. D.  2 4 2
PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). x y  2
a) Giải hệ phương trình   3
x  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  
Câu 2 (1,0 điểm). Cho phương trình 2
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 x , x 1 2 thỏa mãn
 2x mx m 2x mx m  2. 1 1 2 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 sách Toán và sách Ngữ văn. Nhà trường đã dùng 1 số sách Toán và 2 số sách Ngữ văn đó 2 3
để phát 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 60o ABD
. 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. Trang 7
Câu 5 (0,5 điểm). Cho ,
x y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2
x y  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):
.........................................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 BẮC GIANG
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NGÀY THI: 02/06/2019
MÔN THI:TOÁN- PHẦN TỰ LUẬN
HDC ĐỀ CHÍNH THỨC
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 3
x  2y 11 3
 2  y  2y 11 5  y  5 a)   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     x x
2 x 1 x 2 2 4 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     : 0,25 (1,0 
 x  2 x  2  x  2 x  2 x  2 điểm)  x x   0,25
x  2 x  2: x  2 1  1 . Kết luận A   0,25 x  2 x  2 Câu 2 (1,0điểm) a)
Với m  1, phương trình (1) trở thành 2
x  2x  3  0. 0,25 (0,5 điểm)
Giải ra được x  1  , x  3. 0,25 Trang 8   m  2
1  m    m m   m  2 2 4 4 2 17 1 16 0, m   . 0,25
Kết luận phương trình luôn có hai nghiệm x , x với mọi m. 1 2 2
x  m   2
1 x m  4  0  x mx m x  4. 1 1 1 1 1 b) Tương tự 2
x mx m x  4. 2 2 2 (0,5
 2x mx m 2x mx m  2 1 1 2 2  điểm) 0,25
 x  4 x  4  2  x x  4 x x 16  2 * . 1  2  1 2  1 2  
Áp dụng định lí Viet, ta có:    
m    m   14 * 4 4
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 là , x y (quyển),  * 0,25 , x y  .
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 1 2 x và y (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 0,25 Ngữ văn Câu 4 (2,0điểm) B E K A C O I H a) (1,0 điểm) D Trang 9 + Chỉ ra được 0 DHC  90 ; 0,25 + Chỉ ra được 0 AKC  90 0,25
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) Chỉ ra được 0 ACD  60 ; 0 ADC  90 0,25 (0,5 điểm)
Tính được CD  2c ;
m AD  2 3 cm và diện tích tam giác ACD bằng 2 2 3 cm . 0,25
Vì EK / / BC nên DEK DB . C   0,25 c)
Vì ABCD nội tiếp nên DBC DA . C Suy ra DEK DAK. (0,5
Từ đó tứ giác AEKD nội tiếp và thu được  90o  90 .o AED AKD AEB điểm)
Kết luận khi I thay đổi trên đoạn OC thì điểm E luôn thuộc đường tròn đường kính . AB 0,25 cố định. Câu 5 (0,5điểm)     
x  y   x y
18 6  x y 2xy P 3 3 9 3  xy  2 17   2 2
x y   6 x y  2xy
8   x y2  6 x y  9   0,25 2 2
x y 32   4. 2 (0,5 Từ 2 2
x y  1 chỉ ra được  x y2      2 2 x y 2; điểm)
Suy ra  2  3  x y  3  2  3  0.
x y     2 2 2 3 3 19  6 2 P   4   4   0,25 2 2 2 
Vậy giá trị nhỏ nhất của 19 6 2 2 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.
----------------*^*^*---------------- Trang 10
SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CÔNG 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  b) B     2 3 5 27 3 12 . 3  5 Câu 2: (4,0 điểm)
2x y  4
a) Giải hệ phương trình  x y  5 b) Cho hàm số 2
y  3x 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: 2
x  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 x ; x là hai nghiệm của phương trình   1 . Tìm m để: 1 2 1 33 2
x m 1 x x  2m   762019. 1   1 2 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----------- Trang 11 HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 1:
(4,0 điểm) Rút gọn biểu thức: a) A  45  2 20  b) B     2 3 5 27 3 12 3  5 Giải: a) 2 2 A
45  2 20  3 .5  2 2 .5  3 5  2.2 5   5   b) B     2 3 5 27 3 5 3 3 3 12   3  12 3  5 3  5 3 5  3   3 12 (do 2 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 2
y  3x 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 3  x  9 x  3 a)      x y  5 y  5  xy  2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  ; x y  3; 2
b) Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2
3x  2x 1  3x  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 - Với 2
x  1  y  3.1  3  A 1;3 1   2 1   1   1  1  1  - Với x   y  3.   B ; 2     3  3  3  3 3    
Vậy tọa độ giao điểm của  1 1
P và d  là A1;3 và B ;   .  3 3  Câu 3: (6,0 điểm) Cho phương trình: 2
x  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 x ; x là hai nghiệm của phương trình   1 . Tìm m để: 1 2 1 33 2
x m 1 x x  2m   762019 1   1 2 2 2 Giải: Trang 12 a) Thay m  2
 vào phương trình   1 ta có: x  3  2
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
b) Ta có:   m   m    m  2 ' 2 4 5 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 x ; x là hai 1 2
nghiệm của phương trình   1
x x  2m
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: 1 2  x x  4  m  5  1 2 1 33 Ta có: 2
x m 1 x x  2m   762019 1   1 2 2 2 2
x  2m  
1 x  2x  4m  33  1524038 1 1 2 2
x  2mx  4m  5  2 x x 1524000 1  1 2 1
 2x x 1524000 (do x là nghiệm của   1 nên 2
x  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. Giải: C Q I H A O B a) Ta có: 0
AIB AQB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0
CIH CQH  90 Xét tứ giác CIHQ có 0 0 0
CIH CQH  90  90  180
 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 Trang 13
c) Ta có: M AI.AC B .
Q BC AC AC IC  BQBQ QC 2 2
AC AC.IC BQ B . Q QC 2 2 2
AQ QC AC.IC BQ B . Q QC   2 2
AQ BQ   QC QC BQ  AC.IC 2
AB QC.BC AC.IC
Tứ giác AIBQ nội tiếp O  CIQ CBA (cùng phụ với AIQ )
Xét CIQ và CBA có: ACB chung     CIQ∽ C
BA g.gCIQ CBA   IC QC  
QC.BC AC.IC BC AC
QC.BC AC.IC  0
Suy ra: M AB   R2 2 2 2  4R
-----------Hết-----------
ĐỀ 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: Câu 1:
Khi x = 7 biểu thức 4 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.y = 1 - x .
B.y = 2x - 3 .
C.y = (1 - 2)x .
D.y = - 2x + 6 . Câu 3:
Số nghiệm của phương trình 4 2
x - 3x + 2 = 0 là A.1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 4: Cho hàm số 2
y = ax (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 A B,A C tới đường tròn (
B ,C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính B K . Biết ·
B A C = 30o ,số đocủa cung nhỏ CK là A. 30° . B. 60° . C.120° . D.150° . Câu 6:
Cho tam giác A BC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh HB 1
B C . Biết A H = 12cm , =
. Độ dài đoạn BC là HC 3
A. 6cm . B. 8cm .
C. 4 3cm . D.12cm .
II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Trang 14 2 2 ( x + ) 1 + ( x - ) 1 3 x + 1 Câu 7:
Cho biểu thức A = -
với x ³ 0 , x ¹ 1 . ( x - )( x + ) x - 1 1 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 10 của mình thấynhiều hơn16 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 A OB = 90º . Điểm C nằm
trên cung lớn A B sao cho AC > BC và tam giác A BC có ba góc đều nhọn. Các
đường cao A I , BK của tam giác A BC cắt nhau tại điểm H . BK cắt (O) tại điểmN
(khác điểm B ); A I cắt (O) tại điểmM (khác điểmA ); NA cắt MB tại điểmD . 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 2
x - 2mx - 2m - 1 = 0 ( )
1 với m là tham số. Tìm m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt x , x sao cho x + x +
3 + x x = 2m + 1 . 1 2 1 2 1 2
b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn 2 2
a + b = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 3 3 nhất của biểu thức a + b + 4 M = . ab + 1 ====== Hết ====== LỜI GIẢI
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau: Câu 1:
Khi x = 7 biểu thức 4 có giá trị là x + 2 - 1 1 4 4 A. . B. . C. . D. 2 . 2 8 3 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 ? 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 . Trang 15 Câu 3:
Số nghiệm của phương trình 4 2
x - 3x + 2 = 0 là A.1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn: D Đặt 2
t x (t  0) . Khi đó phương trình tương đương 2
t  3t  2  0 .
Ta thấy 1-3 2  0 . Nên phương trình có hai nghiệm t 1 (thỏa mãn); t  2 (thỏa mãn). 2 x 1 x  1  Khi đó     2 x  2  x   2 Câu 4: Cho hàm số 2
y = ax (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 2
y ax (a  0) nên ta có 2 2  .1 a
a  2 (thỏa mãn). Câu 5:
Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến A B,A C tới đường tròn (
B ,C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính B K . Biết ·
B A C = 30o , 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
nội tiếp nên BAC COK  30 , mà COK  sđ CK nên
Số đo cung nhỏ CK là 30 . Câu 6:
Cho tam giác A BC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh HB 1
B C . Biết A H = 12cm , =
. Độ dài đoạn BC là HC 3 A. 6 cm . B. 8 cm . C. 4 3 cm . D.12 cm . Lời giải Chọn: B
Theo đề bài ta có: HB 1
  HC  3HB . Áp HC 3
dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông
tại A có đường cao AH ta có 2
AH BH .HC  12  BH .3BH 2
BH  4  BH  2 Trang 16
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 - )( x + ) x - 1 1 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 x - 1 2 x - 1 2x - 3 x + 1 2x - 2 x - 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. Câu 8:
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấynhiều hơn16 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 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 . Ta có = x + y ³ (x + y) 160 160 9 10 9 Þ x + y £ . 9 160
Do x + y Î ¥ và 16 < x + y £
nên x + y = 17 . 9 ìï x + y = 17 ìï x = 17- y ìï x = 10 Ta có hệ ï ï ï í Û í Û í (thỏa mãn).
ï 9x + 10y = 160 ï 9 ïî
ï (17 - y )+ 10y = 160 ï y = 7 ï ï î î
Vậy An được 10 bài điểm 9 và 7 bài điểm 10 . Trang 17 · Câu 9:
Cho đường tròn (O), hai điểm A,B nằm trên (O) sao cho A OB = 90º . Điểm C nằm
trên cung lớn A B sao cho AC > BC và tam giác A BC có ba góc đều nhọn. Các
đường cao A I , BK của tam giác A BC cắt nhau tại điểm H . BK cắt (O) tại điểmN
(khác điểm B ); A I cắt (O) tại điểmM (khác điểmA ); NA cắt MB tại điểmD . 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 C ìï HK ^ KC ï · · í
Þ HKC + HIC = 90º + 90º = 180º ï HI ^ IC ïî N . O
Do đó,CIHK là tứ giác nội tiếp. K
b) Do tứ giác CIHK nội tiếp nên M I · · 1 ¼ 1 ¼ H
45º = ICK = BHI = sđBM + sđA N . A 2 2 B
 sđBM  sđAN  90 . ¼ » ¼ ¼
Suy ra, sđMN = sđA B + (sđBM + sđA N ) hay = 90° + 90° = 180º
MN là đường kính của (O ). D
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 A B dưới góc 90º nên tứ giác A BIK nội tiếp. · · ¼ »
Suy ra, CA I = CBK Þ sđCM = sđCN Þ C là điểm chính giữa của cung
MN Þ CO ^ MN .
Vì AC > BC nên DA BC không cân tại C do đó C ,O, H không thẳng hàng. Từ đó
suy ra CO / / DH .
Câu 10: a) Cho phương trình 2
x - 2mx - 2m - 1 = 0 ( )
1 với m là tham số. Tìm m để phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt x , x sao cho x + x +
3 + x x = 2m + 1 . 1 2 1 2 1 2
b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn 2 2
a + b = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 3 3 nhất của biểu thức a + b + 4 M = . ab + 1 Lời giải a) D ¢= m + m + = (m + )2 2 2 1 1 . Trang 18 Phương trình ( )
1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi D¢> 0 Û m ¹ - 1.
Áp dụng ĐL Vi-ét ta có x + x = 2m;x .x = - 2m - 1. 1 2 1 2 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 m ê = æ ö ê (t / m ( ) * ) Û ( ç ÷ m - ) 1 1 2 2 1 ç - - 1÷= 0 Û ê ç ÷ ç ÷ è + - + ø ê 1 1 2m 1 2 2m 1 - - 1 = 0 ê (2) êë 2m + 1 2 - 2m + 1 1
Vì 2m + 1 ³ 1, " m thỏa mãn 0 £ m £ 1 Þ £ 1 . Do đó, VT ( ) 2 < 0 = V P ( ) 2 hay (2) 2m + 1 vô nghiệm.
Vậy giá trị cần tìm là 1 m = . 2 b) Ta có 3 3 a + b + = ( 3 3 4 a + b + )
1 + 3 ³ 3ab + 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 . 3 3 3(ab a b + + + ) 1 4
Vì ab + 1 > 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 2 2
a b  2 nên Suy ra 3 3 a b    2 2 4
2 a b   4  2 2  4 . 3 3   Mặt khác 1  a b 4
1 do ab 1  1. Suy ra M   2 2  4 . ab 1 ab 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 ìïa + b = 2 ï í
Û (a;b)= (0; 2)Ú(a;b)= ( 2; ) 0 . ï ab = 0 ïî
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--------------- Trang 19
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 BẾN TRE
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2019-2020 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)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P 2 : y  2
x . 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) a) Giải phương trình: 2
x  2x  3  0
b) Tìm m để phương trình: 2
x  m   2 2
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  3c , m AC  4c . m 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). Trang 20
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) BCA ACS.
----------HẾT---------- ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1.a
A  3 3  2 3 0.25 (0.5đ) = 3 0.25 8  x  8 
(pp thế: x  3  3y ) 0.25
x  3y  3 x 1  0.25
x  3y  3 1.b (1,0đ)   8x 8   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)
(qua 3 điểm trên một nhánh có (O) cho 0,25) 0.5 5m  2 1 0.25 2.b 3 (0.5đ) m 0.25 5
A1;0, B3;2,C 4;0 2.c 0.25 (0.5đ) S  3(đvdt) 0.25 ABC  
  4 (NX: a b c  0 ) 0.253.a x 1 0.25 1 (1,0đ) x  3  0.25 2 Vậy x  1, x  3  . 0.25 1 2 3.b    m  8 0.25 Trang 21 (0.5đ)
Pt vô nghiệm  m  8 0.25 BC  5 0.25 AB, AC 12 AH   0.25 BC 5 AC cos ACB 0.25 BC 4 4 (1.5đ) cos ACB 0.25 5 2 AB 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     (1,0đ) 3x y 166 x  42  0.25y  40
Vậy số học sinh của lớp 9A là 42; của lớp 9B là 40. 0.25 4 3 V 3 khối cầu =  1  ,1  5,58m  3 0.25 5.b 2 V 3
khối trụ =  .1 
,1 .3.5  13,3m (0.5đ)
Thể tích của bồn chứa là:
V V V   3 18,88 m 0.25 kc ktHình vẽ 0.25
Vì AH BC nên 0 EDC  90 0.25 6.a (1.25đ) Vì BD CD nên 0 EHC  90 0.25 0
EDC EHC 180 và EDC, EHC đối nhau 0.25
Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp. 0.25 ADB MCS 0.25 6.b (0.75đ) ADB ACB 0.25
Nên BCA ACS 0.25 Trang 22
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:
4x y  7 1) 2
x  7x 10  0
2)  x x2 2 2 2
 6x 12x  9  0 3) 
5x y  2 Bài 2 (1,5 điểm) 1 Cho Parabol 2 (P) : y
x và đường thẳng (d) : y x m 1 ( m là tham 2 số)
1) Vẽ đồ thị P.
2) Gọi Ax ; y B x y
là hai giao điểm phân biệt của d  và P. Tìm tất cả A A  ,  ;B B
các giá trị của tham số m để x  0 và x  0. A B
Bài 3 (1,5 điểm) Cho phương trình: 2
x 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 x , x 1 2 x x  4 thoả điều kiện: 1 2  3 3 x x  28  1 2 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  2R, vẽ hai tiếp tuyến M ,
A 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: NIH NB . A
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: 2 2 2
NA NB  2R HẾT ĐÁP ÁN THAM KHẢO Bài 1. 1) 2
x  7x 10  0 Ta có: 2 2
  b  4ac  7  4.10  9  0  b   7  9 x    5 1  2a 2.1
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:   b   7  9 x    2 2  2a 2.1
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x  5; x  2 1 2 Trang 23 2) x x2 2 2 2
 6x 12x  9  0
 x x2 2   2 2
6 x  2x  9  0 (*) Đặt 2
x  2x t . Khi đó ta có phương trình 2 2
(*)  t  6t  9  0  (t  3)  0  t  3  0  t  3 2 2 2
x  2x  3  x  2x 3  0  x  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 9  x  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 2 (P) : y x 2 Ta có bảng giá trị x 4 2 0 2 4 1 2 (P) : y x 8 2 0 2 8 2 Vậy đồ thị hàm số 1 2 (P) : y
x là đường cong đi qua các điểm 2 ( 4  ;8),( 2  ;2),(0;0),(2;2),(4;8) Đồ thị hàm số 1 2 (P) : y x 2
2) Gọi Ax ; y B x y
là hai giao điểm phân biệt của d  và  P. Tìm tất cả các giá A A  ,  ;B B
trị của tham số m để x  0 và x  0. A B
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số d  và P là: Trang 24 1 2 2
x x m 1  x  2x  2m  2  0 (*) 2
Theo đề bài ta có: d  cắt P tại hai điểm Ax ; y , Bx ; y phân biệt A A B B
 (*) có hai nghiệm phân biệt     0 1  1 ( 2
m  2)  0  1 2m  2  0  2m  1  m  2 Vậy với 1 m
thì phương trình (*) có hai nghiệm x , x phân biệt. 2 A Bx x  2
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: A Bx .x  2  m  2  A B
x  0 x x  0 2  0 m  Theo đề bài ta có: A A B     
 2m  2  m  1 x  0 x x  0    2  m  2  0 B A B
Kết hợp các điều kiện của m ta được 1  m  1. 2
Vậy 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.
+Sử dụng các biến đổi 2 2 x x
 x x 3 3 3
 3x x x x và x xx x  4x x 1 2   1 2 1 2 1 2 1 2  1 2  1 2 . Cách giải: 2
x ax b  2  0 . Ta có 2
  a  b   2 4
2  a  4b  8 .
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì 2
  0  a  4b 8  0 (*).
x x  a
Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có: 1 2  . x x b  2  1 2 Theo bài ra ta có: x x  4 x x  4  1 2  1 2   3 3 3 x x  28    x x
 3x x x x  28  1 2  1 2  1 2  1 2 x x  4 x x  4 1 2   1 2   3 4 12x x  28  x x  3   1 2 1 2
Mà x x b  2  b  2  3   b  3   2  5  . 1 2  4  ax
x x  a
2x  4  a  1  2 Ta có: 1 2  1     x x  4 
2x  a  4 a  4 1 2  2 x  2  2
4  a  a  4   x x  3    3  1 2   2  2 
 4  aa  4 12 Trang 25 2 16  a 12 a  2 2  a  4   . a  2  Với 2 a  4,b  5  2
a  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 )
 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 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  4xx  4
 35x  35x  4  xx  4 2
 35x 35x 140  x  4x 2
x  4x 140  0 2
x 14x 10x 140  0
xx 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. Trang 26 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 O
BM (c.c.c) SS OAM OBMSSS  2S MAOB OAM OBM OBM
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAM ta có:
AM OM OA   R2 2 2 2 2 2 2
R  3R AM R 3 . 1 2  S  2S  2. . . OA AM  . R R 3  R 3 (đvdt). MAOB OAM 2
2) Chứng minh NIH NBA
Xét tứ giác AINH có: 0 0 0
AIN AHN  90  90  180  Tứ giác AINH là tứ giác nội tiếp
(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 0 180 ).
NIH NAH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN ).
Mà NAH NBA (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AN của O )
NIH NBA NAH  (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.
Xét tứ giác NIBK ta có NIB NKB 90 90 180    
Mà hai góc này là hai góc đối diện
NIBK là tứ giác nội tiếp.
KBN NIK
Xét đường tròn O ta có: KBN NAB
NIK NAB( KBN) Xét A
NB ta có: ANB NAB NBA 180   
Lại có: NIH NAB NIE; NIK NAB NIF ; ANB ENF ENF EIN NIF ENF EIF 180       Trang 27
Mà ENF, EIF là hai góc đối diện  Tứ giác NEIF là tứ giác nội tiếp.
4) Giả sử O, N, M thẳng hàng. Chứng minh: 2 2 2
NA NB  2R
Theo đề bài ta có: O, N, M thẳng hàng 1
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 M
AO ta có: cos AOM AOM 60       AON OM 2R 2 O
A ON R  Xét AON có:   A
ON là tam giác đều. AON  60
NA ON OA R NB 2 2 2 2 2
NA NB R R  2R (đpcm)
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 2
B  (3  2 5)  20  x xx  2) Cho biểu thức 1 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) Trang 28 1 1) Cho parabol 2 (P) : y
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 (d ) : y ax b song song với (d ) và cắt (P) tại điểm A có 1 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 2
x  (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 x ; x thỏa 3 x x  0 1 2 1 2 .
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  3c ;
m HB  4cm . Hãy tính AB, AC, AM và diện tích tam giác ABC .
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 2
AK.AH R .
c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A  3 49  25 2 2 A  3 7  5 A  3.7 5 A  215 Trang 29 A 16 2
B  (3  2 5)  20 2
B  3  2 5  2 .5
B  (3  2 5)  2 5 B  3   2 5  2 5 B  3   x xx  2) Cho biểu thức 1 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 xx 1 P     :   x 1 x x 3    x xx 1 P     :   x 1 x ( x 1) 3    x. x xx 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 Trang 30  x 1  3  x  4  x 16
Vậy x 16 thì P 1 .
Câu 2. (2,0 điểm) 1 1) Cho parabol 2 (P) : y
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 (d ) : y ax b song song với (d ) và cắt (P) tại điểm A có 1 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 2 y x 8 2 0 2 8 2 Đồ thị hàm số 1 2 y
x là đường Parabol đi qua các điểm ( 4  ;8);( 2
 ;2) ; (0;0) ; (2;2);(4;8) và 2
nhận Oy làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số y x  2 là đường thẳng đi qua điểm (0;2) và điểm (2;0) Trang 31
b) Viết phương trình đường thẳng (d ) : y ax b song song với (d ) và cắt (P) tại điểm A có 1 hoành độ bằng 2  . Lời giải
Vì đường thẳng (d ) : y ax b song song với (d ) nên ta có phương trình của đường thẳng 1
(d ) : y x b (b  2) 1 Gọi ( A 2
 ; y ) là giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d ) . A 1  A (P) 1 2  y  ( 2)   2 A 2  ( A 2; 2)
Mặt khác, A (d ) , thay tọa độ của điểm A vào phương trình đường thẳng (d ) , ta được: 1 1 2  2
 b b  4 (nhận)
Vậy phương trình đường thẳng (d ) : y x  4 1
2x y  5
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: 
x  2y  4
2x y  5
4x  2y 10 3  x  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)
Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình 2
x  (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 x ; x thỏa 3 x x  0 1 2 1 2 . Lời giải
a) Giải phương trình (1) khi m  8  . Thay m  8
 vào phương trình (1), ta được: 2 x  ( 8
  2)x 8  8  0 2
x  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
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x ; x thỏa 3 x x  0 1 2 1 2 . Lời giải Trang 32 2 2 2
  (m  2)  4(m  8)  m  4m  4  4m  32  m  28   0 
Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi S  0 P  0  2 m  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 3 4
x x  0  x x x x x m  8  x m  8  x  (m  8) 1 2 1 2 1 2 1 1 2 4 3 4
x x m  2  m 8  (m 8)  m 8 6 1 2
Đặt 4 m  8  t (t  0) , ta có: 3 4
t t t  6 4 3
t t t  6  0 4 3
t 16  (t t 10)  0 2 2 3
 (t  4)(t  4)  (t 8  t  2)  0 2 2
 (t  2)(t  2)(t  4)  (t  2)(t  2t  4)  (t  2)  0   2 2
 (t  2)(t  2)(t  4)  (t  2)(t  2t  5)  0 3 2 2
 (t  2)(t  2t  4t  8  t  2t  5)  0 3 2  (t  2 (
) t t  2t  3)  0 t  2 (vì 3 2
t  0  t t  2t  3  0 ) 4 4
m  8  2  m  8  2 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: 261 (ngày) x  3
Theo đề bài, ta có phương trình: 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) 2
 261x x  3x  260x  780 2
 261x x  3x  260x  780  0 2
x  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. Trang 33
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH  3c ;
m 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: 2 2 2
AB AH HB 2 2 2
AB  3  4  9 16  25
AB  25  5 (c ) m
Xét ABC vuông tại A , có đường cao AH .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 1 1 1   2 2 2 AH AB AC 1 1 1 1 1 1 1        2 2 2 2 2 AC AH AB 3 5 9 25 1 16 225 2    AC  2 AC 225 16 225 15  AC   (cm) 16 4
Xét ABC vuông tại A , theo định lí Pitago, ta có: 2 2 2
BC AB AC 2 15  225 625 2 2 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 Diện tích tam giác 1 1 15 75 ABC : 2 S
  AB AC  5  (cm ) ABC 2 2 4 8 Trang 34
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 2
AK.AH R .
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 0 BCH  90 ; Ta có: 0
AKB  90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0  BKH  90
Xét tứ giác BCHK có: 0 0 0
BCH BKH  90  90  180
Mà BCH; BKH là hai góc đối nhau.
Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh 2
AK.AH R . M K H A B C O N
Xét ACH và AKB có: Trang 35 0
ACH AKB  90 ; BAK là góc chung;
Do đó: ACH# AKB (g.g)  AH AC AB AK R 2  AH.AK  . AB AC  2R   R 2 Vậy 2
AK.AH R
c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . E M K H A B 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 0  OAM  60 Ta có: 0
AMB  90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 AMB vuông tại M . 0  ABM  30
Xét BMC vuông tại C có: 0
BMC MBC  90 0 0 0 0
BMC  90  MBC  90  30  60 0  BMN  60 (1)
Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên 0
EKM MAB  60 Trang 36
Mặt khác: KM KE (cách dựng)  EKM cân tại K Và 0
EKM  60  EKM là tam giác đều. 0  KME  60 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 0
BMN KME  60
BMN BMK KME BMK
NMK BME
Xét BCM vuông tại C có: 0 sin CBM  s in30 CM 1 
  BM  2CM BM 2
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:
MNK MBE (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK )
MN BM (cmt)
NMK BME (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 GIÁO DỤC VÀ DÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2019-2020 Đề chính thức 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)  5x  2 .
2. Cho biểu thức: A x  2 x 1  x  2 x 1 với x 1 Trang 37
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: 2
x  (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
d : y  2x 1; d : y  ;
x d : y  3  x  2. 1 2 3
Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng d song song với đường thẳng d đồng thời đi qua 3
giao điểm của hai đường thẳng d và d . 1 2
Câu 3: Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì hoàn thành được 2 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 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
IAIB 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 . x y Câu 5: Cho ,
x y là hai số thực thỏa 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy  1 2 2 x y P  . x y LỜI GIẢI 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 1. Ta có 5
3(x 1)  5x  2  3x  3  5x  2  2x  5  x   . 2 Trang 38
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 5 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 2 2
 ( x 1 1)  ( x 1 1) |
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: 2
x  (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
d : y  2x 1; d : y  ;
x d : y  3  x  2. 1 2 3
Tìm hàm số có đồ thị là đường thẳng d song song với đường thẳng d đồng thời đi qua 3
giao điểm của hai đường thẳng d và d . 1 2 Lời giải 1. 2
x  (m 1)x m  0. (1)
Thay x  2 vào phương trình (1) ta được 2
2  (m 1)  2  m  0  4  2m  2  m  0  3m  6  m  2.
Thay m  2 vào phương trình (1) ta được 2
x x  2  0.
Ta có các hệ số: a b c  0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là x  1  ; x  2 . 1 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 d    d : y  3  x  , b (b  2). 3 b   2
Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d , d là nghiệm của hệ phương trình 1 2 Trang 39
y  2x 1 x  2x 1 x 1       ( A 1;1) y x y x   y 1 (
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 . Câu 3.
Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì hoàn thành được 2 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 ).
Mỗi giờ đội thứ nhất làm được 1 công việc, đội thứ hai làm được 1 công x y việc.
Trong 4 giờ đội thứ nhất làm được 4 công việc, đội thứ hai làm được 4 x y công 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
   6y  6(y  5)  y(y  5) y  5 y 3  y  3  (ktm) 2
y  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. 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
IAIB 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
a) Ta có KAO  90 (KA AO) , Trang 40 KHO 90  (OH KH )
Xét tứ giác KAOH có KAO KBO 180  
nên là tứ giác nội tiếp. b) Ta có KBO KAO 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 HIA BIO (đối đỉnh) và AHI ABO (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IA IO AO ). Do đó IAH ∽ I
OB (g.g)  
IAIB IH IO . IH IB
Xét tứ giác AOBH có OHB là góc nội tiếp chắn cung OB, OBA là góc nội tiếp chắn cung
OA; Mà OA OB R nên OHB OBA . Xét OIB và O
BH có BOH góc chung và OHB OBA (cmt). 2 2 Do đó OI OB OB R OIB ∽ O
BH (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 . 2 2 R R R
Theo câu b) ta có OI    . OH R 3 3 Xét O
AK vuông tại A , có 2 2 OA R R 2
OA OM OK OM    OK 2R 2 R 3R
Suy ra KM OK OM  2R   2 2 2 R 3R 3R R 3 2
AM OM KM     AM  2 2 4 2 Xét O
MI vuông tại M , có 2 2  R   R R 3 2 2
MI OI OM         3   2  6 R 3 R 3 2R 3
Suy ra AI AM MI    2 6 3 2 Diện tích 1 1 3R 2R 3 R 3 A
KI là S AI KM     . 2 2 2 3 2 x y Câu 5. Cho ,
x y là hai số thực thỏa 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy  1 2 2 x y P  . x y Lời giải Trang 41
Với x y, xy  1, ta có 2 2 2 x y
(x y)  2xy 2 P    x y x y x y x y 2
Vì x y x y  0;  0 và xy 1. x y
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 2 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 . Dấu đẳng thức xảy ra 2 2  x y
 (x y)  2  x y  2  x y  2 . x y  6  2  y  2 Mà 2 2
xy  1  ( y  2) y  1  y  2 y  1  y  2 y 1  0     6  2  y   2  2  6  2  6 x     x  Vậy 2 2 min P  2 2 tại  hoặc    2  6   2  6 y   y  .   2  2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 02/06/2019
(Đề thi có 4 trang) 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 HƯỚNG DẪN GIẢI 401
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 9.A 10.B 11.A 12.C 13.D 14.C 15.B 16.D 17.C 18.D 19.C 20.A
Câu 1: Giá trị rút gọn của biểu thức P  2 27  300  3 75 A. 31 3. B. 3. C. 8 3. D. 3  3. Lời giải Chọn B
P  2 27  300  3 75  6 3 10 3 15 3  3
Câu 2: Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình 2
3x 12x 14  0. Giá trị của biểu thức 1 2
T x x bằng 1 2 14 14 A. 4.  B. 4. C.  . D. . 3 3 Lời giải Trang 42 Chọn A
Áp dụng định lý Vi – et cho phương trình trên: 12
T x x    4  1 2 3
Câu 3: Trên đường tròn O lấy các điểm phân biệt ,
A B, C sao cho AOB  114 (như hình vẽ
bên dưới). Số đo của ACB bằng A. 76 .  B. 38 .  C. 114 .  D. 57 .  Lời giải Chọn D 1 ACB
sñ BC (Tính chất góc nội tiếp chắn cung) 2 1 1
AOB  114  57 2 2
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 y d 1 x O 1 A. 3. B. 3.  C. 2. D. 1. Lời giải 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 2x  4 có nghĩa là 1 1
A. x   .
B. x  2. C. x  2.  D. x  . 2 2 Lời giải Chọn B
Biểu thức 2x  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  2x  3. C. y  3  x  2. D. 2
y  3x . x Trang 43 Lời giải Chọn B
Hàm số bậc nhất có dạng y ax  . b
x  3y  3
Câu 7: Bạn Thanh trình bày Lời giải hệ phương trình  theo các bước sau: 3
x  2y 13  3
x  9y  9
*Bước 1: Hệ phương trình đã cho tương đường với  3
x  2y 13
*Bước 2: Cộng từng vế hai phương trình của hệ ta được 11y  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. Lời giải Chọn B
x  3y  3   3
x  9y  9 11  y  22 y  2 x  3          3
x  2y  13 3
x  2y  13
x  3y  3  x  3.2  3  y  2
Vậy hệ phương trình có nghiệm 3;2. Câu 8: Cho hàm số 2
y ax có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đó là y 2 x 1 O 1 A. 2
y  x . B. 2 y  2  x . C. 2
y  2x . D. 2
y x . Lời giải Chọn C Đồ thị hàm số 2
y ax có bề lõm hướng lên và đi qua điểm 1; 2 nên a  0 và 2 2  .1 aa  2 Vậy hàm số đó là 2 y  2x .
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 c . m C. 20 cm. D. 4 5 cm. Lời giải Chọn A Trang 44
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: 2 2 2 2
R OB OH BH  8  6  10 cm
Câu 10: Xét hai đường tròn bất kỳ có tâm không trùng nhau O ; R , O ; R và R R . Khẳng 1 1   2 2  1 2
định nào sau đây sai?
A. Nếu hai đường tròn tiếp xúc trong thì O O R R . 1 2 1 2
B. Nếu hai đường tròn ở ngoài nhau thì O O R R . 1 2 1 2
C. Nếu hai đường tròn cắt nhau thì O O R R . 1 2 1 2
D. Nếu hai đường tròn tiếp xúc ngoài thì O O R R . 1 2 1 2 Lời giải Chọn A
Câu 11: Điểm nào sau đây là giao điểm của đường thẳng d  : y  2x  3 và parabol P 1 2 : y   x ? 4 A. M  2  ;  1 . 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 1 1 x   2
x  2x  3 2
  x  2x  3  2 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 4 cm là A. 2 4 cm . B. 2 64 cm . C. 2 16 cm . D. 2 8 cm . Lời giải Chọn C
Diện tích hình tròn có bán kính r  4cm là 2 2 2
S   r   .4  16 cm
2x  3y  5
Câu 13: Nghiệm của hệ phương trình  là 3
x  2y  12   46 9   46 39  A. ;  .   B. 2; 3  . C.  ;  .   D.  2  ;3.  13 13   5 5  Lời giải Trang 45 Chọn D Tự luận    13y 39 2x  3y  5
6x  9y  15  y  3      5  3y   3
x  2y  12 
6x  4y  24  x   x  2   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.
Câu 14: Tập nghiệm của phương trình 2
x  5x  6  0 là A.  3  ;  2 . B. 1;  6 . C. 2;  3 . D.  6  ;  1 . Lời giải Chọn C Tự luận
  b ac   2 2 4 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 15 cm là A. 3 300 cm . B. 3 4500 cm . C. 3 225 cm . D. 3 100 cm . Lời giải Chọn B 4 4
Thể tích của hình cầu có bán kính R  15cm là 3 3 3 V
R  15  4500 cm . 3 3
Câu 16: Cho điểm A ;
a b là giao điểm của hai đường thẳng d  và l  như hình vẽ bên. y d l A 1 x 2  O
Cặp số a;b là nghiệm của hệ phương trình nào sau đây? 3
x  4y  5
2x  3y  8
2x  5y  9  5
x  4y  14 A.  . B.  . C.  . D.  .
4x  3y  2 3
x  2y  1  3
x  6y  0
4x  5y  3 Lời giải Chọn D
Dựa hình vẽ, giao điểm của đường thẳng d  và l là A 2  ;  1 3
x  4y  5 HPT  có nghiệm là  1  ;2 .
4x  3y  2
2x  3y  8 HPT  có nghiệm là 1; 2   .
3x  2y  1 Trang 46
2x  5y  9 HPT 
có nghiệm là 18;9 . 3
x  6y  0 5
x  4y  14  HPT  có nghiệm là  2   ;1 .
4x  5y  3 
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 2
80 cm . Thể tích của tượng ngựa đá bằng A. 3 40 cm . B. 3 1200 cm . C. 3 120 cm . D. 3 400 cm . Lời giải Chọn C
Thể tích phần nước trong ly dâng lên chính là thể tích của tượng ngựa đá.
Diện tích đáy ly nước hình trụ là 80 2 2 2
S   r  80 cm  r  cm 
Chiều cao mực nước dâng lên h  1,5cm . 80 Thể tích cần tìm là 2 3
V   r h   . .1, 5  120 cm 
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 1,7 m. 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. D. 73,11 m. Lời giải Chọn D CK Xét H
KC vuông tại K ta có tan CHK  0
CK HK.tan CHK  50.tan 55 HK
Chiều cao BC của đài kiểm soát không lưu bằng BC CK KC  73,11m
Câu 19: Cho đường thẳng d : y ax b song song với đường thẳng d : y  2  x 1 và cắt 2  1 
trục tung tại điểm A0;3. Giá trị của biểu thức 2 3 a b bằng A. 23. B. 1. C. 31. D. 13. Lời giải Chọn C d da  2  1   2
A0;3d  3  2
 .0b b  3 1  Vậy 2 3
a b   2 3 2  3  31.
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 Trang 47
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: 5x  3y  2x  5y  3x  2y  0
x y  30000 x  12000
Giải hệ phương trình    3
x  2y  0  y  18000
Vậy giá mỗi bút bi là 12000 đồng và giá mỗi bút chì là 18000 đồng.
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 2 y  2  x . Lời giải Bảng giá trị x 2  1 0 1 2 y 8  2  0 2  8  Vẽ đồ thị hàm số 2 y  2  x
Câu 2: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2
x x  20  0 b) 4 2
4x  5x  9  0
2x y  8 c)  3
x  5y  1  Lời giải a) 2
x x  20  0    2 1  4.1. 2  0  81 0 Trang 48    9
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là    1  9 x   5  1 2.1     1  9 x   4   2  2.1
Vậy tập nghiệm của phương trình S   4  ;  5 . b) 4 2
4x  5x  9  0   1 Đặt 2
t x t  0 t  1 l 1   Phương trình    1 trở thành 2
4t  5t  9  0  9  t n 2    4  3 x   9  Với 9 t  2 ta được 2 x    4 4 3 x   2  3 3
Vậy tập nghiệm của phương trình S   ; .  2 2
2x y  8 10
x  5y  40 13  x  39 x  3 c)        3
x  5y  1  3
x  5y  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 P 2
: y x và đường thẳng d 2
: y  2x  4m  8m  3 ( m là tham số thực). Tìm các giá trị của m để d  và P cắt nhau tại
hai điểm phân biệt Ax ; y , B x ; y thoả mãn điều kiện y y 10. 1 1   2 2 1 2
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 2 2
x  2x  4m  8m  3 2 2
x  2x  4m  8m  3  0   *
P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình   * có 2 nghiệm phân biệt 
   2  m m    m m    m 2 2 2 1 4 8 3 4 8 4 2 2
 0 với mọi m 1
Ta có Ax ; y , B x ; y là giao điểm của d  và  P nên 2 y x ; 2
y x với x , x là hai 1 1   2 2 1 1 2 2 1 2
nghiệm của phương trình   * x x  2 Áp dụng định lý Vi – 1 2 et đối với * :  2 x x  4
m  8m  3  1 2 Theo đề bài ta có
y y  10  x x  10   x x 2 2 2  2x x 10 1 2 1 2 1 2 1 2 Trang 49   2   2 2 2 4
m  8m  3 10 m  0 nhaän 2
 8m 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
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  .1
x 5%  1,15x (thí sinh)
Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là y  .10 y
%  1,1y (thí sinh)
Tổng số thí sinh đăng ký dự tuyển của cả hai trường là 1010
1,15x 1,1y  1010 2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
x y  900 x  400    1
 ,15x 1,1y 1010 y  500
Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là 1,15x  1,15.400  460 thí sinh.
Số thí sinh thí sinh đăng ký dự tuyển vào Trường THPT A là 1,1y  1,1.500  550 thí sinh.
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 A . E AM A . D 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
a) Ta có: BEC  90 ,  BDC  90
E, D thuộc đường tròn đường kính . BC
 Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính . BC
Do M , N lần lượt là trung điểm AB và AC OM AB, ON AC OMA  90 ,  ONA  90 Trang 50 Tứ giác AMON có:
OMA ONA  90  90  180 mà OMA và ONA là hai góc đối nhau
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
MN // BC ANM ACB (so le trong)   1 Mặt khác, ta có:
ACB BED DCB BED  180 (tứ giác BCDE nội tiếp)
AED BED  180 (kề bù)
ACB AED 2 Từ  
1 và 2  ANM AE . D Xét AMN và ADE có: A : góc chung ANM AE . D AMN ” ADE AM AN  
AE.AM A . D AN AD AE Cách 2: Xét ABD  và ACE có: A : góc chung
ADB AEC  90 AB AD 2AM AD AM ADAB D ” ACE      
AE.AM A . D AN AC AE 2AN 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
Gọi J là giao điểm của AF và DE
Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON
EAJ EAO MNO (góc nội tiếp cùng chắn cung OM ) Xét AJE có:
AEJ EAJ AED EAJ ANM MNO ONA  90
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. Trang 51
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2019
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1: (1,5điểm)
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 b) Giải phương trình : 4 2
4x  7x  2  0
Bài 3: ( 1,5 điểm ) Cho hai hàm số 2
y  2x 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)
Cho phương trình x  m m   x m  2 2 2 4 2 15
1  20  0 , với m là tham số. Tìm tất
cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x ; x thỏa mãn hệ thức: 1 2 2
x x  2019  0 1 2 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 2 2 2
EM DN AB
----------------------------Hết---------------------------- Trang 52 Lời giải: Bài 1:
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 3  y  6
 x 32yy  2
 x 32.2 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;2). b) 4 2
4x  7x  2  0 Đặt 2
t x t  0 ta được 2
4t  7t  2  0 2   7  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 2 t
x   x   4 4 2 Vậy  1  S     2  Bài 3: a) Học sinh tự vẽ
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2 2x  2  x  4 2
 2x  2x  4  0 2
x x  2  0
Phương trình có dạng a b c  0
x  1; x  2  Với 2
x  1  y  2.1  2
Với x    y   2 2 2. 2  8 Trang 53
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 D
OC g gMH DO   MC DC D . O MCMH DC
Trong đó DO y  4 D
MC x x  4 M C
DC   x x 2   y y 2   2 2 2  4  2 5 D C D C 4.4 8 5  MH   2 5 5
Vậy khoảng cách cần tìm là 8 5 5
Bài 4: Ta có: x  m m   x  m  2 2 2 4 2 15 1  20  0 (1) 2  x   2 m m   2 4 2
15 x m  2m 19  0
  m m  2 2   2 2 15
4.4 m  2m 19  m   2 2
1 16 16 m  2 1  20      m  4 1  32 m  2
1  256 16 m  2 1  320  m  4 1  48m  2 1  576  m   2 2 1  24  0  
Suy ra Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
Phương trình (1) có dạng a b c  0 Trang 54 m  2 
Suy ra phương trình có nghiệm 1 20 x  1  và x  4 m  2 1  20 Th1: Nếu x  1  và x  1 2 4 Theo đề ta có: 2
x x  2019  0 1 2 m  2 1  20  1  2019  0 4  m  2 1  20  8080  0  m  2 1  8100  m 1  90   m  89  m  91  m  2 1  20 TH2: Nếu x  và x  1  1 4 2 Theo đề ta có : 2
x x  2019  0 1 2  m   2 2 1  20     1 2019  0  4     m   2 2 1  20      2018  0  4   
Loại vì vế trái luôn dương Vậy m89; 9  
1 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   2 . 80 m
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      3
y 10x  50 10
x  50  3y   50  3y 2 y  80 3
y  50y 800  0    
 10x  50  3y
 10x  50  3y   y 10    80  y 10    y     3   x  8 10
 x  503y Trang 55
Vậy chiều dài mảnh đất là 10m, chiều rộng là 8m. Bài 6: a) Ta có 0
DHC  90  gt  0
BKC  90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) 0
DKC  90 ( Kè bù với BKC ) Xét tứ giác DHKC ta có: 0
DKC DHC  180
Mà DKC và DHC 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 0
ADB  90 ( 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 0
MNI  90 ( 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 0
MEI  90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MI)  MEI vuông tại E 2 2 2
EM EI MI ( Định lý py-ta-go) Mà DN = EI MI = AB =2R  2 2 2
EM DN AB Trang 56