32 ĐỀ THI CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 THPT MÔN TOÁN (ĐỀ THI GỒM PHẦN TRẮC NGHIỆM VÀ PHẦN TỰ LUẬN) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT MÔN TOÁN

vectorstock.com/31298437

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

32 ĐỀ THI CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 THPT MÔN TOÁN (ĐỀ THI GỒM PHẦN TRẮC NGHIỆM VÀ PHẦN TỰ LUẬN) CÓ ĐÁP ÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN LONG BIÊN

ĐỀ THI THỬ VÀO THPT.

TRƯỜNG THCS ĐÔ THỊ VIỆT HƯNG NĂM HỌC 2019-2020

MÔN: TOÁN 9 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 02 trang) Đề số 1

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1.

2 x

Cho hàm số y = 2020 x ; y = x 2 + 7 ; y = 3x − 2019 ; y = + 3 có bao nhiêu hàm số là hàm số bậc nhất? A. 1

Câu 2.

Câu 3.

B. 2

C. 3

D. 4

Cho hàm số y = ax 2 ( a ≠ 0 ) . Kết luận nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x > 0 . x =0.

B. .Hàm số nghịch biến khi a > 0 và

C. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x < 0 . x<0.

D. Hàm số nghịch biến khi a < 0 và

Cho hàm số y = ( 3 + m ) x − m . Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = −2 ? A. m = −2 .

B. m = 2 .

1 3

C. m = .

1 2

D. m = − .

Câu 4.

Cho hàm số y = 3x 2 cos đồ thị là ( P ) . Có bao nhiêu điểm trên ( P ) có tung độ

Câu 5.

gấp đôi oành độ? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Cho hai đường thẳng ( d ) : y = ( 2 m − 3 ) x + 7 và ( d ′ ) : y = − x − m + 1 là đồ thị của hai hàm số bậc nhất. Với giá trị nào của m thì ( d ) // ( d ′ ) ? A. m = −1 .

Câu 6.

B. m = −6 .

C. m ≠ 1 .

D. m = 1 .

 2 x + 3 y = −2 . Nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) . Tính  −3 x + 2 y = 3

Cho hệ phương trình  x+ y?

Câu 7.

Câu 8.

A. x + y = −1 . B. x + y = 1 . C. x + y = 0 . D. x + y = 2 . Một con mèo ở trên cành cây cao 6 m . Để bắt mèo xuống cần phải đặt thang sao cho đầu thang đạt độ cao đó. Khi đó góc của thang so với mặt đất là bao nhiêu, biết chiếc thang dài 6,5 m . A. 67° . B. 67°22′ . C. 67°2′ . D. 24°38′ . Sắp xếp các tỉ số lượng giác sin 51° , cos 27° , sin 66° , cos 80° theo thứ tự tăng dần:

A. sin 51° < cos 27° < sin 66° < cos 80° . C. cos80° < sin 66° < cos 27° < sin 51° .

B. sin 51° < sin 66° < cos 27° < cos 80° . D. cos80° < sin 51° < cos 27° < sin 66° .

II. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1.

1) Trong phòng thí nghiệm Hóa , thầy Minh đưa cho hai bạn Dũng và Thảo một lọ 200 g dung dịch muối có nồng độ 15% . Thầy muốn hai bạn tạo ra dung dịch muối có nồng độ 20% . Dũng nói cần pha thêm nước. Thảo nói cần pha thêm muối. Theo em cần pha thêm muối hay nước và pha thêm một lượng bao nhiêu gam? (Chỉ thêm muối hoặc nước) 2) Một hộp phomai con bò cười gồm có 8 miếng, độ dày mỗi miếng là 20 mm , nếu xếp chúng lại trên một đĩa thì thành hình trụ có đường kính 100 mm . a) Tính thể tích của miếng phomai. b) Biết khối lượng của mỗi miếng phomai là 15 g , hãy tính trọng lượng riêng của nó? (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)

P . Trong đó trọng lượng của vật V là P = 9,8. m , đơn vị N ,với m là khối lượng vật đơn vị kg ; V là thể tích vật, đơn vị (Biết trọng lượng riêng của vật cho bởi công thức d =

m3 ; d có đơn vị N / m3 ). Câu 2.

3x − y = 2m − 1  x + 2 y = 3m + 2

Cho hệ phương trình 

(1) .

1) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1 . 2) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc giá trị của m . 3) Tìm m để hệ (1) có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn: x 2 + y 2 = 10 .

Câu 3.

Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Dường tròn đường kính AB cát BC tại D ( D khác B ). Lấy điểm M bất kì trên AD . Kẻ MH , MI lần lượt vuông góc với AB , AC ( H ∈ AB , I ∈ AC ) . 1) Chứng minh tứ giác MDCI là tứ giác nội tiếp. = MBC . 2) Chứng minh MID 3) Kẻ HK ⊥ ID ( K ∈ ID ) . Chứng minh K , M , B thẳng hàng và đường thẳng HK

luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên AD . HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO THPT THCS ĐÔ THỊ VIỆT HƯNG MÔN: TOÁN 9. NĂM HỌC 2019-2020

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN

C A C D A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

2 x

Cho hàm số y = 2020 x ; y = x 2 + 7 ; y = 3x − 2019 ; y = + 3 có bao nhiêu hàm số là hàm số bậc nhất? A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Lời giải Chọn B Vì hàm số bậc nhất có dạng y = ax + b ( a ≠ 0 ) nên hai hàm số bậc nhất là y = 2020 x và

y = 3x − 2019 . Câu 2.

Cho hàm số y = ax 2 ( a ≠ 0 ) . Kết luận nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x > 0 . x =0.

B. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và

C. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x < 0 . x<0.

D. Hàm số nghịch biến khi a < 0 và

Lời giải Chọn C Hàm số y = ax 2 ( a ≠ 0 ) nghịch biến khi a > 0 và x < 0 .

Câu 3.

Cho hàm số y = ( 3 + m ) x − m . Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = −2 ? A. m = −2 .

1 3

B. m = 2 .

C. m = . Lời giải

1 2

D. m = − .

Chọn A Thay x = −2 , y = 0 vào phương trình y = ( 3 + m ) x − m ta được: 0 = ( 3 + m ) . ( − 2 ) − m ⇔ m = −2 .

Câu 4.

Cho hàm số y = 3x 2 có đồ thị là ( P ) . Có bao nhiêu điểm trên ( P ) có tung độ gấp đôi hoành độ? A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải Chọn C Gọi điểm trên ( P ) có tung độ gấp đôi hoành độ là ( x;2 x ) . Khi đó ta có :

2 x = 3.x ⇔ 3.x − 2 x = 0 ⇔ x

(

x = 0 x = 0   3x − 2 = 0 ⇔  2 ⇔ 2 3. x= x =   3 3

)

2 3 4 3 Vậy có hai điểm trên ( P ) có tung độ gấp đôi hoành độ là ( 0; 0 ) và  ; .  3 3  

Câu 5.

Cho hai đường thẳng ( d ) : y = ( 2 m − 3 ) x + 7 và ( d ′ ) : y = − x − m + 1 là đồ thị của hai hàm số bậc nhất. Với giá trị nào của m thì ( d ) // ( d ′ ) ? A. m = −1 .

B. m = −6 .

C. m ≠ 1 .

D. m = 1 .

Lời giải Chọn D

2m − 3 = −1 ⇔ m =1 7 ≠ − m + 1

( d ) // ( d ′) ⇔ 

Câu 6.

 2 x + 3 y = −2 . Nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) . Tính  −3 x + 2 y = 3

Cho hệ phương trình  x+ y?

A. x + y = −1 .

B. x + y = 1 .

C. x + y = 0 . Lời giải

Chọn A Ta có

 2 x + 3 y = −2  x = −1 ⇔ ⇒ x + y = −1.   −3 x + 2 y = 3 y = 0

D. x + y = 2 .

Câu 7.

Một con mèo ở trên cành cây cao 6m . Để bắt mèo xuống cần phải đặt thang sao cho đầu thang đạt độ cao đó. Khi đó, góc của thang so với mặt đất là bao nhiêu, biết chiếc thang dài 6,5 m . A. 67° . B. 67°22′ . C. 67°2′ . D. 24°38′ . Lời giải Chọn B

6,5 m

Giả sử AC là mặt đất, con mèo ở vị trí B , thang ở vị trí BC . Khi đó ACB là góc tạo bới thang với mặt đất. Xét ∆ABC vuông tại A có : sin C =

Câu 9.

AB 6 ≈ 67°22′ . = ⇒C BC 6,5

Sắp xếp các tỉ số lượng giác sin 51° , cos 27° , sin 66° , cos80° theo thứ tự tăng dần: A. sin 51° < cos 27° < sin 66° < cos 80° . B. sin 51° < sin 66° < cos 27° < cos80° . C. cos 80° < sin 66° < cos 27° < sin 51° . D. cos 80° < sin 51° < cos 27° < sin 66° . Lời giải Chọn D Ta có cos 27° = sin 63° ; cos 80° = sin 20° Mà sin 20° < sin 51° < sin 63° < sin 66° suy ra cos80° < sin 51° < cos 27° < sin 66° .

II. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1.

Theo em cần pha thêm muối hay nước và pha thêm một lượng bao nhiêu gam? (Chỉ thêm muối hoặc nước) 2) Một hộp phomai con bò cười gồm có 8 miếng, độ dày mỗi miếng là 20 mm , nếu xếp chúng lại trên một đĩa thì thành hình trụ có đường kính 100 mm . a) Tính thể tích của miếng phomai. b) Biết khối lượng của mỗi miếng phomai là 15 g , hãy tính trọng lượng riêng của nó? (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)

m3 ; d có đơn vị N / m3 ). Lời giải 1) Cần pha thêm muối. Gọi lượng muối cần pha thêm là x ( g ) ( x > 0 ) Lượng muối ban đầu là 200.15% = 30 ( g ) Sau khi pha thêm muối tạo ra dung dịch muối có nồng độ 20% nên ta có phương trình:

( 30 + x ) .100 % = 20%

⇔ ( 30 + x ) .5 = 200 + x ⇔ 4 x = 50 200 + x ⇔ x = 12,5 ( thoû a maõ n ñieà u kieä n )

Vậy cần pha thêm 12,5 gam muối. 2) a) Thể tích của 8 miếng phomai là:

V = S.h = πR 2 h ≈ 3,14.502.20 = 157000 ( mm3 ) = 0, 000157 ( m3 ) b) Đổi 15 g = 0,015 kg Trọng lượng riêng của miếng phomai là:

Câu 2.

P 9,8.0, 015.8 = ≈ 7490 ( N/m 3 ) . V 0, 000157

3x − y = 2m − 1  x + 2 y = 3m + 2

(1) .

Cho hệ phương trình 

1) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1 . 2) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc giá trị của m . 3) Tìm m để hệ (1) có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn: .

Lời giải

3x − y = 1 6 x − 2 y = 2 7 x = 7 1) Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được hệ  ⇔ ⇔ x + 2 y = 5 x + 2 y = 5 x + 2 y = 5 x = 1 ⇔ . y = 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x, y ) = (1; 2 ) .

3x − y = 2m − 1 9 x − 3 y = 6m − 3 2)  ⇔  x + 2 y = 3m + 2  2 x + 4 y = 6m + 4 Trừ vế cho vế hai phương trình của hệ ta được 7 x − 7 y = −7 ⇔ x − y = −1 . Vậy x − y = −1 .

3x − y = 2m − 1 9 x − 3 y = 6m − 3  7 x − 7 y = −7  x − y = −1 ⇔ ⇔ ⇔ 3)   x + 2 y = 3m + 2  2 x + 4 y = 6m + 4 2 x + 4 y = 6m + 4  x + 2 y = 3m + 2 x = y −1 x = y −1 x = y −1 x = m ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ .  y − 1 + 2 y = 3m + 2 3 y = 3m + 3  y = m + 1  y = m +1 2

Ta có x 2 + y 2 = 10 ⇔ m 2 + ( m + 1) = 10 ⇔ m 2 + m 2 + 2m + 1 = 10 ⇔ 2m 2 + 2 m − 9 = 0

⇔m=

−1 ± 19 . 2

Vậy m =

Câu 3.

−1 ± 19 . 2

Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D ( D khác B ). Lấy điểm M bất kì trên AD . Kẻ MH , MI lần lượt vuông góc với AB , AC ( H ∈ AB , I ∈ AC ) . 1) Chứng minh tứ giác MDCI là tứ giác nội tiếp. = MBC . 2) Chứng minh MID 3) Kẻ HK ⊥ ID ( K ∈ ID ) . Chứng minh K , M , B thẳng hàng và đường thẳng HK

luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên AD . Lời giải

D K I

1) Xét ( O ) có ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AD ⊥ BC = 90° . ⇒ MDC

= 90° (vì MI ⊥ AC ). Lại có MIC + MIC = 180° Xét tứ giác MDCI có MDI ⇒ MDIC là tứ giác nội tiếp. 2) ∆ABC vuông cân tại A có AD là đường cao suy ra AD đồng thời là đường trung trực. = MCB (1) ⇒ MB = MC ⇒ ∆MBC cân tại M ⇒ MBC = MCD ( 2 ) (hai góc nội tiếp cùng chắn MD ) Vì MDIC là tứ giác nội tiếp ⇒ MID = MBC . Từ (1) và ( 2 ) suy ra MID = 90° ⇒ AIMH là hình vuông ⇒ IMH = 90° 3) Tứ giác AIMH có AIM = AHM = IAH . = IKH = IMH = 90° ⇒ năm điểm A , I , K , M , H cùng thuộc đường Ta có IAH tròn đường kính IH . ⇒ AIKM là tứ giác nội tiếp. ⇒ AIK + AMK = 180° ( 3 ) = 90° + MID Ta có AIK = AIM + MID = 90° + MBC (góc ngoài của ∆MBD ) AMB = ADB + MBC = MBC ⇒ Mà MID AIK = AMB ( 4 )

= 180° Từ ( 3 ) và ( 4 ) ⇒ AMB + AMK = 180° ⇒ BMK ⇒ K , M , B thẳng hàng.

Vì AIKM là tứ giác nội tiếp ⇒ AIM = AKM = 90° AKM = AKB = 90° ⇒ K ∈ ( O ) . Vì K , M , B thẳng hàng ⇒

Gọi E là giao điểm KH và (O). Vì AIMH là hình vuông ⇒ AIH = 45° = ) mà AIKH là tứ giác nội tiếp AIH AKH ( hai góc nội tiếp cùng chắn AH ⇒ AKE = 45° ⇒ sđ AE = 90° ⇒ E cố định.

Do đó HK luôn đi qua điểm E cố định khi M di động trên AD HẾT

PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN LONG BIÊN

ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO 10

TRƯỜNG THCS VIỆT HƯNG

NĂM HỌC 2019-2020

(Đề thi gồm 01 trang)

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề số 2

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Đồ thị hàm số y = 2 − x song song với đường thẳng nào?

Câu 1.

A. y = − x + 2 .

Câu 2. Câu 3.

Hệ số góc của đường thẳng y = − x + 1 là? A. −1 . B. x .

B. 90° .

C. 60° .

D. 45° .

B. ( −2; −1) .

C. ( −2;1) .

1 có tọa độ là: 7

D. ( 5; 2 ) .

B. 2 .

C. 4037 .

D. 0 .

Một tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông là 6 cm ; 8cm thì độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là: B. 2, 4 cm .

C. 3cm .

D. 4 cm .

Dây AB của đường tròn ( O;5cm ) có độ dài bằng 6 cm . Khoảng cách từ O đến AB bằng : A. 2 cm .

Câu 8.

D. 1.

Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = ( m − 2018 ) x + 2019 đi qua điểm A (1;1) :

A. 4,8cm .

Câu 7.

C. 0 .

3 7

A. 2018 .

Câu 6.

1 D. y = x − . 2

Giao điểm của đồ thị các hàm số y = −2 x − 3 và y = − x + A. ( 3; −1) .

Câu 5.

C. y = x + 1 .

Tam giác ABC vuông tại A có AC = 6 cm ; BC = 12 cm ; số đo ACB bằng? A. 30° .

Câu 4.

B. y = − x + 3 .

B. 3cm .

C. 4 cm .

D. 5cm .

Hai tiếp tuyến của ( O; R ) tại A và B cắt nhau tại M . Biết OM = 2 R , khi đó số đo AMB là: A. 30° .

B. 90° .

C. 45° .

D. 60° .

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1.

2) Một chậu hình trụ cao 20 cm . Diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh. Trong chậu có nước cao đến 15 cm . Hỏi phải thêm bao nhiêu nước vào chậu để nước vừa đầy chậu. Câu 2. 1) Giải hệ phương trình. 2   x −1 + y = 2    4 − x −1 = 1  y 2) Cho đường thẳng (d ) : y = mx + 2 và Parabol ( P ) : y =

x2 2

a) Chứng minh ( P ) và (d ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B .

b) Gọi giao điểm của (d ) với trục tung là G và H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục hoành. Tìm m để diện tích tam giác GHK bằng 4. 3) Cho x > 0; y > 0 thỏa mãn x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

Câu 3.

1  1  M = x+  + y +  x  y  Cho đường tròn (O; R ) , điểm M cố định nằm ngoài (O ) . Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O ) ( A, B là tiếp điểm). Qua M kẻ cát tuyến MCD bất kì

không đi qua (O ) ( C nằm giữa M và D ). Gọi K là trung điểm của CD . a) Chứng minh 5 điểm: M , A, O, K , B cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh MC.MD không phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến MCD . c) Gọi E là giao điểm của tia BK với đường tròn (O ) . Chứng minh AE song song với

MK .

d) Tìm vị trí của cát tuyến MCD để diện tích tam giác MDE đạt giá trị lớn nhất. HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO 10 TRƯỜNG THCS VIỆT HƯNG Năm học: 2019-2020

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN

A C C D A C D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1. Đồ thị hàm số y = 2 − x song song với đường thẳng nào? A. y = − x + 2 .

B. y = − x + 3 .

C. y = x + 1 .

1 D. y = x − . 2

Lời giải Chọn B Ta có hàm số đã cho là : y = − x + 2 Xét y = − x + 2 và y = − x + 3 có hệ số a : −1 = −1 ; 2 ≠ 3 nên đồ thị hàm số y = − x + 2 song song với đồ thị hàm số y = − x + 3

Câu 2.

Hệ số góc của đường thẳng y = − x + 1 là? A. −1 . B. x .

C. 0 .

D. 1.

Lời giải Chọn A Hệ số góc của đường thẳng y = − x + 1 là a = −1

Câu 3.

Tam giác ABC vuông tại A có AC = 6 cm ; BC = 12 cm ; số đo ACB bằng? A. 30° .

B. 90° .

C. 60° . Lời giải

Chọn C Tam giác vuông ABC có:

D. 45° .

cos ACB =

Câu 4.

AC 6 1 = = ⇒ ACB = 60° BC 12 2 3 7

Giao điểm của đồ thị các hàm số y = −2 x − 3 và y = − x + A. ( 3; −1) .

B. ( −2; −1) .

1 có tọa độ là: 7

C. ( −2;1) .

D. ( 5; 2 ) .

Lời giải Chọn C Xét phương trình hoành độ giao điểm: −2 x − 3 = −

3 1 x + ⇒ x = −2 7 7

Thay vào y = −2 x − 3 : ⇒ y = 1 Vậy giao điểm có tọa độ ( −2;1)

Câu 5.

Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = ( m − 2018 ) x + 2019 đi qua điểm A (1;1) : A. 2018 .

B. 2 .

C. 4037 .

D. 0 .

Lời giải Chọn D Do đồ thị hàm số y = ( m − 2018 ) x + 2019 đi qua điểm A (1;1) nên:

1 = ( m − 2018) .1 + 2019 ⇔ −2018 = m − 2018 ⇒ m = 0

Câu 6.

Một tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông là 6 cm ; 8cm thì độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là: A. 4,8cm .

B. 2, 4 cm .

C. 3cm .

D. 4 cm .

Lời giải Chọn A Độ dài cạnh huyện là:

6 2 + 82 = 100 = 10

Gọi h là độ dài đường cao tương ứng cạnh huyền. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta được : 10.h = 6.8 ⇔ 10h = 48 ⇒ h = 4,8 cm .

Câu 7.

Dây AB của đường tròn ( O;5cm ) có độ dài bằng 6 cm . Khoảng cách từ O đến AB bằng : A. 2 cm .

B. 3cm .

C. 4 cm . Lời giải

D. 5cm .

Chọn C

Gọi I là trung điểm của AB ⇒ IA = 3; OI ⊥ AB Suy ra khoảng cách từ O đến AB là OI Xét tam giác vuông OIA :

OI = OA2 − IA2 = 52 − 32 = 16 = 4 Vậy khoảng cách từ O đến AB là 4 cm

Câu 8.

Hai tiếp tuyến của ( O; R ) tại A và B cắt nhau tại M . Biết OM = 2 R , khi đó số đo AMB là: A. 30° .

B. 90° .

C. 45° . Lời giải

Chọn D

Xét tam giác MAO vuông tại A có: sin AMO =

AO R 1 = = ⇒ AMO = 30° OM 2 R 2

D. 60° .

Xét tam giác MBO vuông tại B có: = sin BMO

BO R 1 = 30° = = ⇒ BMO OM 2 R 2

⇒ AMB = 60° II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1.

Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình. 1) Hai phân xưởng của một nhà máy theo kế hoạch phải làm tổng cộng 300 dụng cụ. Nhưng khi thực hiện phân xưởng I vượt mức 10 % kế hoạch của mình; phân xưởng II vượt mức 20% kế hoạch của mình, do đó cả hai phân xưởng đã làm được 340 dụng cụ. Tính số dụng cụ mỗi phân xưởng phải làm theo kế hoạch. 2) Một chậu hình trụ cao 20 cm . Diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh. Trong chậu có nước cao đến 15 cm . Hỏi phải thêm bao nhiêu nước vào chậu để nước vừa đầy chậu. Lời giải 1) Gọi số dụng cụ mà phân xưởng I và phân xưởng II phải làm theo kế hoạch lần lượt là x, y (dụng cụ x; y nguyên dương, x < 300; y < 300 ) Lập luận ra được phương trình: x + y = 300 (1) Thực tế phân xưởng I làm được x + 10% x = 1,1x (dụng cụ) Thực tế phân xưởng II làm được y + 20% y = 1, 2 y (dụng cụ) Theo đề bài ta có phương trình 1,1x + 1, 2 y = 340 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

 x + y = 300  1,1x + 1, 2 y = 340 Giải hệ phương trình được x = 200; y = 100

Kết hợp với điều kiện có: số dụng cụ mà phân xưởng I và phân xưởng II phải làm theo kế hoạch lần lượt là 200 dụng cụ và 100 dụng cụ. 2) Gọi R, h lần lượt là bán kính và chiều cao của chậu. 1 2

Vì diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh nên π R 2 = .2π Rh ⇒ R = h = 20 cm

Thể tích của chậu là: V = π R 2 h = π .202.20 = 8000π ( cm3 ) Thể tích nước trong chậu là: V1 = π .202.15 = 6000π ( cm3 ) Thể tích nước phải thêm vào chậu là: V2 = V − V1 = 8000π − 6000π = 2000π ( cm3 ) Câu 2. 1) Giải hệ phương trình.

2   x −1 + y = 2    4 − x −1 = 1  y

Lời giải Điều kiện: y > 0 a = x − 1  Đặt:  1 ; a ≥ 0, b > 0 b = y 

Thay vào hệ ta được: a = 1  a + 2b = 2  ⇒   1  − a + 4b = 1 b = 2   x −1 = 1  x = 2 a = 1    Với  1 ⇒  1 1 ⇒   x = 0 b = 2  y =2 y = 4  

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: S = {( 2; 4 ) , ( 0; 4 )} 2) Cho đường thẳng ( d ) : y = mx + 2 và Parabol ( P ) : y =

x2 2

a) Chứng minh ( P ) và ( d ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B .

b) Gọi giao điểm của ( d ) với trục tung là G và H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục hoành. Tìm m để diện tích tam giác GHK bằng 4.

Lời giải a) Xét phương trình hoành độ giao điểm: x2 = mx + 2 ⇔ x 2 − 2mx − 4 = 0 2 ∆′ = m 2 + 4 > 0∀m

Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt Vậy ( P ) và ( d ) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A, B . b) G là giao điểm của d và trục tung ⇒ G ( 0;2 ) ⇒ OG = 2 Giả sử x1; x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình x 2 − 2mx − 4 = 0 khi đó:  x1.x2 = −4 và A ( x1; mx1 + 2 ) , B ( x2 ; mx2 + 2 )  x1 + x2 = 2m

Hệ thức Vi-et: 

H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục hoành nên:

H ( x1 ;0 ) , K ( x2 ;0 ) ⇒ HK = x1 − x2

Xét tam giác GHK : 1 1 OG.HK = .2 x1 − x2 = x1 − x2 ⇒ x1 − x2 = 4 2 2 TH1: x1 − x2 = 4 kết hợp với hệ thức Vi-et ta được: S ∆GHK =

( m + 2 )( m − 2 ) = −4  m = 0 ( tm )  m 2 − 4 = −4  x1.x2 = −4     ⇔  x1 = m + 2 ⇔  x1 = m + 2  x1 + x2 = 2m ⇔  x1 = m + 2 x − x = 4 x = m − 2 x = m − 2 x = m − 2  1 2  2  2  2

⇒m=0. TH2: x1 − x2 = −4 kết hợp với hệ thức Vi-et ta được: ( m + 2 )( m − 2 ) = −4  m = 0 ( tm )  m 2 − 4 = −4  x1.x2 = −4     ⇔  x1 = m − 2 ⇔  x1 = m − 2  x1 + x2 = 2m ⇔  x1 = m − 2  x − x = −4 x = m + 2 x = m + 2 x = m + 2  1 2  2  2  2

⇒m=0. Vậy m = 0 là giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài

Cách 2: Ta có: x1 − x2 =

−b′ + ∆′ −b′ − ∆′ 2 ∆′ − = =4 a a a

⇔ ∆′ = 2 ⇔ m 2 + 4 = 2 ⇔ m = 0 )

3) Cho x > 0; y > 0 thỏa mãn x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

1  1  M =x+  + y+  x  y 

Lời giải Chứng minh các bất đẳng thức phụ: Ta có: với a, b > 0

(a − b)

≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2 ab ≥ 0 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) − a 2 − b 2 − 2ab ≥ 0

⇔ 2(a + b 2

)≥a

+ b + 2ab ⇒ a + b 2

(a + b) ≥

Lại có: với a, b > 0

(a − b)

≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2ab ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + 2ab ≥ 4ab

(1)

⇔ ab + a 2 + b 2 + ab ≥ 4ab ⇔ a ( a + b ) + b ( a + b ) ≥ 4ab

(*) .

Vì a, b > 0 ⇒ ab > 0; a + b > 0 Do đó ta được:

( *) ⇒ ⇒

a (a + b) ab ( a + b )

b ( a + b) ab ( a + b )

≥

4ab ab ( a + b )

1 1 4 . + ≥ a b a+b

( 2)

Áp dụng bất đẳng thức (1) và ( 2 ) cho M ta được: 2

1 1 1 1 4  ⇒ M ≥ x+ y+ +  ≥ x+ y+  2 x y 2 x+ y

1  1  3  ⇒ M ≥  x + y +  + 2  x+ y  x+ y

Câu 3.

 1 3  1  ⇒ M ≥ 2 + (Áp dụng d bđt thức Cauchy cho cặp số ( x + y ) ;   2 x+ y x+ y  1 25 2 (Vì x + y ≤ 1 ) ⇒ M ≥ . ( 2 + 3) = 2 2 1 Dấu " = " xảyy ra khi và ch chỉ khi x = y = 2 25 Vậy giá trị nhỏ nhất củaa M là 2 Cho đường tròn (O; R ) , điểm M cố định nằm ngoài (O ) . Kẻ hai tiếp tuyến

ng tròn (O ) ( A, B là tiếp điểm). Qua M kẻ cát tuyếến MCD bất kì MA, MB với đường không đi qua (O ) ( C nằm m giữa gi M và D ). Gọi K là trung điểm của CD . a) Chứng minh 5 điểm: M , A, O, K , B cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh MC.MD không phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến MCD . c) Gọi E là giao điểm củaa tia BK với đường tròn (O ) . Chứng minh AE song song với

MK .

d) Tìm vị trí củaa cát tuy tuyến MCD để diện tích tam giác MDE đạtt giá tr trị lớn nhất. Lời giải

= MBO = 90° (gt) ⇒ MAO + MBO = 180° và hai góc đó a) Xét tứ giác MAOB có: MAO ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp (1) . Xét ( O ) có OK là đường kính đi qua trung điểm K của dây CD không đi qua tâm O

= 90° (Định lý đường kính và dây cung) ⇒ OKM + OKM = 180° Xét tứ giác MAOK có: MAO

⇒ Tứ giác MAOK nội tiếp ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) ⇒ 5 điểm M , A, O, K , B cùng thuộc 1 đường tròn.

= MDB (góc nt và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn b) Xét ( O ) có CBM ) CB Xét ∆MBC và ∆MDB có:

chung và CBM = MDB (cmt) M MC MB ⇒ ∆MBC ∼ ∆MDB ( g .g ) ⇒ = ⇒ MC .MD = MB 2 MB MD Lập luận: do M cố định, đường tròn (O ) cố định nên MB không đổi ⇒ MC .MD = MB 2 không đổi.

c) Vì 5 điểm A, B, M, O, K cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ Tứ giác MAKB nội tiếp = BAM . ⇒ BKM

= BEA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn Mà: BAM AB ). = BEA , hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒ AE // MK . Do đó: BKM d) Do AE // MD ⇒ S ∆MDE = S ∆MAD 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên tia MA . S ∆MAD = .DH .MA . 2 Do MA không đổi nên S ∆MAD lớn nhất ⇔ DH lớn nhất. Mà: DH ≤ DA (Quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc), lại có DA là dây cung của đường tròn ( O ) ⇒ DA ≤ 2R . Suy ra DH ≤ 2R. Dấu bằng xảy ra ⇔ DA là đường kính của ( O ) hay D là điểm đối xứng với A qua O. Vậy để S ∆MDE lớn nhất ⇔ Cát tuyến MCD đi qua điểm đối xứng với A qua tâm O.

HẾT

PHÒNG GD VÀ ĐT LONG BIÊN

ĐỀ KIỂM TRA

TRƯỜNG THCS SÀI ĐỒNG

NĂM HỌC 2019-2020. MÔN: TOÁN9

(Đề thi gồm 01 trang)

(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề số 3

I. TRẮC NGHIỆM

Ghi vào bài làm chữ cái đứng trước câu trả lời đúng Câu 1.

Nếu đường thẳng y = ax + 5 đi qua điểm M ( −1;3) thì hệ số góc của đường thẳng D. 2 .

Câu 2.

đó là A. −1 . B. −2 . C. 1 . Cặp số nào sau đây là nghiệm của phương trình 3 x − 2 y = 5 ? A. (1; −1) .

D. ( −5;5) .

Câu 3.

Câu 4.

B. ( 5; −5) .

C. (1;1) .

Đường thẳng y = x − 2 song song với đường thẳng nào sau đây? A. 2 x − y = 2 . B. 2x + y = 2 . C. 2 x − 2 y = 4 . 2 3

Cho hàm số y = x 2 . Kết luận nào sau đây là đúng? A. Giá trị lớn nhất của hàm số là 0 .

Câu 5.

D. x − y = 1 .

B. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là

2 . 3

C. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 0 . D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất. Cho tam giác vuông như hình bên. Kết quả nào sau đây là đúng? 2

Câu 6.

A. x = 1 và y = 2 .

B. x = 4 và y = 4 .

C. x = 2 và y = 8 .

D. x = 2 và y = 2 2 .

Cho tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là a , b và đường cao ứng với cạnh huyền là h . Khi đó h bằng A.

Câu 7.

Câu 8.

a2 + b2 .

a +b B. . ab

a2 + b2 . ab

ab 2

a + b2

Khẳng định nào sau đây là đúng? A. sin 2 60 0 + cos 2 30 0 = 1 .

B. sin 60 0 = sin 30 0 + sin 30 0 .

C. cos60 0 = sin 30 0 .

1 D. tan 300 = cot 300 . 2

= 900 , ME ⊥ NP tại E . Khẳng định nào sau đây là đúng? Cho ∆MNP có M

B. sinN =

A. M E . N E = M N 2 .

ME . NE

C. sin P =

ME . MP

MN 2 = NE . EP .

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1.

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.

Câu 2.

Một miếng hợp kim đồng và thiếc có khối lượng 12 kg chứa 45% đồng nguyên chất. Hỏi phải thêm vào đó bao nhiêu thiếc nguyên chất để được hợp kim mới có chứa 40% đồng nguyên chất? Tính diện tích tôn cần thiết để làm một cái thùng hình trụ có chiều cao là 80 (cm) và đáy có diện tích là 5024 ( cm 2 ) (không tính diện tích các chỗ mối ghép và nắp thùng). Lấy π = 3,14 .

Câu 3.

 2  x − y + x −1 = 5  Giải hệ phương trình sau:   3 − 2 x −1 = 4  x − y

Câu 4.

Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : kx + y = 2

1 2

a) Chứng minh rằng với mọi k thì đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B . b) Gọi x1 ; x2 lần lượt là hoành độ tương ứng của A và B . Chứng minh x1 − x2 = 4 .

Câu 5.

Cho đường tròn tâm O , đường kính AB . Lấy điểm D trên đường tròn ( O )

( D ≠ A; B ) . Lấy điểm

C trên đường kính AB , kẻ CH ⊥ AD tại H . Đường phân

cắt CH tại F , cắt BD tại I và cắt đường tròn tại E . giác trong của góc DAB

Đường thẳng DF cắt đường tròn ( O ) tại điểm N . Chứng minh: 1) ED 2 = EI .EA . 2) Tứ giác AFCN nội tiếp được đường tròn. 3) Ba điểm C , N , E thẳng hàng. HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA Năm học: 2019-2020

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.

Nếu đường thẳng y = ax + 5 đi qua điểm M ( −1;3) thì hệ số góc của đường thẳng đó là A. −1 .

B. −2 .

C. 1 .

D. 2 .

Lời giải Chọn D Đường thẳng y = ax + 5 đi qua điểm M ( −1;3) ⇔ 3 = a. ( −1) + 5 ⇔ 3 = −a + 5 ⇔ a = 2 Vậy hệ số góc của đường thẳng đó là 2 .

Câu 2.

Cặp số nào sau đây là nghiệm của phương trình 3 x − 2 y = 5 ? A. (1; −1) .

B. ( 5; −5) .

C. (1;1) .

D. ( −5;5) .

Lời giải Chọn A Vì thay x = 1; y = − 1 vào phương trình 3 x − 2 y = 5 ta có: 3.1 − 2. ( −1) = 3 + 2 = 5 .

Câu 3.

Đường thẳng y = x − 2 song song với đường thẳng nào sau đây? A. 2 x − y = 2 . B. 2x + y = 2 . C. 2 x − 2 y = 4 . Lời giải Chọn D Ta có:

2 x − y = 2 ⇔ y = 2x − 2

2x + y = 2 ⇔ y = − 2 x + 2 2x − 2 y = 4 ⇔ y = x − 2 x − y = 1 ⇔ y = x −1

Nên đường thẳng y = x − 2 song song với đường thẳng x − y = 1

D. x − y = 1 .

Câu 4.

2 Cho hàm số y = x 2 . Kết luận nào sau đây là đúng? 3 2 . 3

A. Giá trị lớn nhất của hàm số là 0 .

B. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là

C. Giá trị nhỏ nhất của hàm số là 0 .

D. Hàm số không có giá trị nhỏ nhất. Lời giải

Chọn C Vì y = Câu 5.

2 2 x ≥ 0∀x ∈ R nên giá trị nhỏ nhất của hàm số là 0 . 3

Cho tam giác vuông như hình bên. Kết quả nào sau đây là đúng? 2

A. x = 1 và y = 2 .

B. x = 4 và y = 4 .

C. x = 2 và y = 8 .

D. x = 2 và y = 2 2 . Lời giải

Chọn D Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 22 = x. y ⇔ x. y = 4 Vậy chỉ có x = 2 và y = 2 2 thỏa mãn x. y = 4 . Câu 6.

Cho tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là a , b và đường cao ứng với cạnh huyền là h . Khi đó h bằng A.

a2 + b2 .

a +b . ab

a2 + b2 . ab

ab 2

a + b2

Lời giải Chọn D Cạnh huyền của tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là a , b là: c = a 2 + b 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: a.b = h.c ⇒ h = Câu 7.

ab ab . ⇒h= 2 c a + b2

Khẳng định nào sau đây là đúng? A. sin 2 60 0 + cos 2 30 0 = 1 .

B. sin 60 0 = sin 30 0 + sin 30 0 .

C. cos60 0 = sin 30 0 .

1 D. tan 300 = cot 300 . 2

Lời giải Chọn C Ta có cos600 = sin 300 = Câu 8.

3 2

= 900 , ME ⊥ NP tại E . Khẳng định nào sau đây là đúng? Cho ∆MNP có M ME ME A. M E . N E = M N 2 . B. sinN = . C. sin P = . D. NE MP MN 2 = NE . EP .

Lời giải Chọn C M

Xét ∆MEP vuông tại E có: sin P =

ME MP

II. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình. Một miếng hợp kim đồng và thiếc có khối lượng 12 (kg) chứa 45% đồng nguyên chất. Hỏi phải thêm vào đó bao nhiêu thiếc nguyên chất để được hợp kim mới có chứa 40% đồng nguyên chất? Lời giải Gọi khối lượng thiếc nguyên chất cần thêm vào là x (kg) ( x > 0 ) . Khối lượng của miếng hợp kim sau khi thêm x kg thiếc nguyên chất là 12 + x (kg). Vì trong 12 (kg) hợp kim chứa 45% đồng nguyên chất nên lượng đồng có trong đó là: 12.45% = 5, 4 (kg). Vì sau khi thêm vào lượng đồng không đổi và chiếm 40% nên ta có phương trình :

40%. ( x + 12 ) = 5, 4 ⇔ 0, 4 x + 4,8 = 5, 4 ⇔ 0, 4 x = 0, 6 ⇔ x = 1,5 ( thỏa mãn điều kiện của ẩn).

Vậy cần thêm vào 1, 5 (kg) thiếc nguyên chất để được hợp kim mới có chứa 40% đồng nguyên chất. Câu 2.

Tính diện tích tôn cần thiết để làm một cái thùng hình trụ có chiều cao là 80 (cm) và đáy có diện tích là 5024 ( cm 2 ) (không tính diện tích các chỗ mối ghép và nắp thùng). Lấy π = 3,14 . Lời giải

80cm

Gọi bán kính đáy, chiều cao, diện tích xung quanh và diện tích đáy của thùng hình trụ lần lượt là r (cm), h (cm), S xq (cm2), Sd (cm2). Vì S d = π r 2 nên bán kính đáy là : r =

≈

5024 = 1600 = 40 (cm). 3,14

Diện tích xung quanh của hình trụ là : S xq = 2π R.h ≈ 2.3,14.40.80 = 20096 (cm2). Vậy diện tích tôn cần thiết để làm thùng là : S xq + S d ≈ 20096 + 5024 = 25120 (cm2). Câu 3.

 2  x − y + x −1 = 5  Giải hệ phương trình sau:   3 − 2 x −1 = 4  x − y

Lời giải x ≠ y x ≥ 1

ĐKXĐ :  Đặt

1 = a; x − 1 = b ( a ≠ 0; b ≥ 0 ) x− y

a = 2 (TM ) 2a + b = 5 4a + 2b = 10 7 a = 14 ⇔ ⇔ ⇔ 3a − 2b = 4 3a − 2b = 4 2a + b = 5 b = 1(TM )

Hệ đã cho trở thành  Thay

1 = a; x − 1 = b x− y

Ta có:  1  1  1 1  x = 2 =2 =2 x− y = 2   2 − y =  ⇔ x− y ⇔ 2 − y ⇔ 2 ⇔  3 ( thỏa mãn ĐKXĐ).  x −1 = 1 x −1 = 1 x = 2  x = 2  y = 2   

3 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  2;  2 

Câu 4.



1 2

Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : kx + y = 2 a) Chứng minh rằng với mọi k thì đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B .

b) Gọi x1 ; x2 lần lượt là hoành độ tương ứng của A và B . Chứng minh x1 − x2 ≥ 4 .

Lời giải a) Đường thẳng ( d ) có dạng: y = − kx + 2 . Hoành độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) là nghiệm của phương trình: 1 2 x = −kx + 2 ⇔ x 2 + 2kx − 4 = 0 2 Có ∆ ' = k 2 + 4 > 0 với ∀k ∈ R .Nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt. Hay đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B . b) Vì x1 ; x2 lần lượt là hoành độ tương ứng của A và B Nên x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình x 2 + 2kx − 4 = 0  x1 + x2 = −2k  x1 x2 = −4

Theo định lý Viet ta có:  Xét x1 − x2

Không mất tính tổng quát giả sử x1 > x2 ta có: x1 − x2 = x1 − x2 = x1 +

−4 4 (vì x1 x2 = −4 ⇒ x2 = ) x1 x1

Mà x1 x2 = −4 < 0 ⇒ x1 ; x2 trái dấu ⇒ x1 > 0 . Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương x1 ; x1 +

4 ta được: x1

4 4 ≥ 2 x1. = 4 hay x1 − x2 ≥ 4 . x1 x1

Vậy khi x1; x2 lần lượt là hoành độ tương ứng của A và B thì x1 − x2 ≥ 4 . Câu 5.

Cho đường tròn tâm O , đường kính AB . Lấy điểm D trên đường tròn ( O )

( D ≠ A; B ) .

Lấy điểm C trên đường kính AB , kẻ CH ⊥ AD tại H . Đường

cắt CH tại F , cắt BD tại I và cắt đường tròn tại phân giác trong của DAB

E . Đường thẳng DF cắt đường tròn ( O ) tại điểm N . Chứng minh:

1) ED 2 = EI .EA . 2) Tứ giác AFCN nội tiếp được đường tròn. 3) Ba điểm C , N , E thẳng hàng. Lời giải

E I

C O

N 1). ED 2 = EI .EA ⇒ DAE = EAB Vì AE là phân giác của DAB = EAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EB ) Xét (O) có: BDE = DAE = DAE ( cùng bằng BAE ) hay IDE ⇒ BDE

Xét ∆ADE và ∆DIE có: chung DEA = IDE ( cmt ) DAE ⇒ ∆ ADE ∽ ∆DIE

(g − g).

DE EA = ⇒ ED 2 = EI .EA . EI DE 2). Tứ giác AFCN nội tiếp được đường tròn. ADB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét ( O ) có ⇒

⇒ BD ⊥ AD mà CH ⊥ AD

( gt )

= DBA ( hai góc đồng vị) Suy ra CH // BD ⇒ HCA = AND ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) Xét ( O ) có DBA

= ) hay Do đó: HCA AND (cùng bằng DBA ACF = ANF = FNA mà hai góc có hai đỉnh kể cùng nhìn đoạn Xét tứ giác AFCN có FCA thẳng AF Suy ra tứ giác AFCN nội tiếp được đường tròn. 3). Ba điểm C , N , E thẳng hàng. = DNE ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) Xét ( O ) có DAE = FNC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FC ) Tứ giác AFCN nội tiếp ⇒ FAC = FAC ( AE là phân giác của DAB ) Mà DAE = FNC hay DNE = DNC Suy ra DNE Hay NE; NC trùng nhau hay ba điểm C , N , E thẳng hàng.

PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN LONG BIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG THCS PHÚC LỢI

NĂM HỌC 2019-2020. MÔN: TOÁN

(Đề thi gồm 01 trang)

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ 4

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM 1 Câu 1. Biểu thức P = xác định với mọi giá trị của x thoả mãn: x −1 A. x ≠ 1 . Câu 2.

B. x ≥ 0 .

Kết quả của biểu thức: M = A. 3 .

Câu 3.

Phương trình

)

(2 − 7 )

D. x < 1.

là:

C. 2 7 .

D. 10 .

C. 121.

D. 25 .

x − 2 + 1 = 4 có nghiệm x bằng: B. 11 .

Cho hàm số bậc nhất: y = A. m ≥ −1 .

Câu 5.

7 −5

B. 7 .

A. 5 . Câu 4.

(

C. x ≥ 0 và x ≠ 1 .

−2 x + 1 . Tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến là: m +1

B. m ≠ −1 .

C. m < −1 .

D. m > −1 .

Với giá trị nào của a, b thì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A ( −1;3) và song song x với đường thẳng y = − + 2 . 2

1 A. a = − ; b = 3 . 2 1 5 a = − ;b = − . 2 2

Câu 6.

Câu 8.

1 5 C. a = − ; b = . 2 2

C. 1 .

D. 0 .

Số nghiệm của phương trình: x 4 + 5 x 2 + 4 = 0 .

A. 4 . Câu 7.

1 5 B. a = ; b = . 2 2

B. 2 .

∆ABC vuông tại A có AB = 12cm và tan B =

1 . Độ dài cạnh BC là: 3

A. 16 cm.

C. 5 10 cm.

B. 18 cm.

D. 4 10 cm.

Cho đường tròn ( O;5cm ) , dây AB không đi qua O . Từ O kẻ OM vuông góc với

AB ( M ∈ AB ) , biết OM = 3cm . Khi đó độ dài dây AB bằng: A. 4 cm. II. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1.

B. 8 cm.

C. 6 cm.

D. 5 cm.

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm 330 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi thực hiện do tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch là 10% , tổ II làm giảm 15% so với kế hoạch nên cả hai tổ làm được 318 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao theo kế hoạch của mỗi tổ là bao nhiêu. 2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ với chiều cao là 1, 65 m và diện tích đáy là 0, 42 m 2 . Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước? (Bỏ qua bề dày của bồn nước).

Câu 2.  2  x − 1 + | 3 y − 2 |= 3 1) Giải hệ phương trình:   −3 | 3 y − 2 | + 1 = −2  x −1 2 2) Cho phương trình: x − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 với m là tham số. a)Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn lại. b)Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn

x1 − x2 = 2 .

3) Cho a , b là các số không âm thỏa mãn a 2 + b 2 ≤ 2 . Chứng minh rằng: a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ 6 .

Câu 3. 2 AO . 3 Kẻ dây CD vuông góc với AB tại M . Gọi K là điểm bất kì trên cung lớn Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi M thuộc đoạn OA sao cho AM =

CD ( K ≠ B; K ≠ C; K ≠ D ) . Gọi giao điểm của AK với CD là E . a) Chứng minh tứ giác KEMB nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh ACM = AKC và AC 2 AE. AK . c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEC . Chứng minh 3 điểm C ; I ; B thẳng hàng. d) Tìm vị trí của K trên cung lớn CD ( K ≠ B; K ≠ C ; K ≠ D ) để độ dài đoạn thẳng DI nhỏ nhất.

HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HÌNH HỌC – CHƯƠNG III - TOÁN 8 TRƯỜNG THCS HÀ NỘI – AMSTERDAM Năm học: 2019-2020 ĐỀ 1

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN

C A

C C D D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

Biểu thức P =

1 xác định với mọi giá trị của x thoả mãn: x −1

A. x ≠ 1 .

B. x ≥ 0 .

C. x ≥ 0 và x ≠ 1 .

D. x < 1.

Lời giải Chọn C Biểu thức P =

Câu 2.

1 x ≥ 0  x ≥ 0 xác định ⇔  . ⇔ x −1 x ≠ 1  x − 1 ≠ 0

Kết quả của biểu thức: M =

A. 3 .

(

7 −5

)

(2 − 7 )

B. 7 .

là:

C. 2 7 .

D. 10 .

Lời giải Chọn A Ta có M =

Câu 3.

Phương trình

A. 5 .

(

7 −5

)

(2 − 7 )

7 −5 + 2− 7 = 5− 7 + 7 − 2 = 3 .

x − 2 + 1 = 4 có nghiệm x bằng:

B. 11 .

C. 121 .

D. 25.

Lời giải Chọn B Ta có

Câu 4.

x − 2 + 1 = 4 ⇔ x − 2 = 3 ⇔ x − 2 = 9 ⇔ x = 11 .

Cho hàm số bậc nhất: y =

−2 x + 1 . Tất cả các giá trị của m để hàm số đồng biến là: m +1

A. m ≥ −1 .

B. m ≠ −1 .

C. m < −1 .

D. m > −1 .

Lời giải Chọn C Hàm số bậc nhất: y =

Câu 5.

−2 −2 x + 1 đồng biến trong ℝ ⇔ > 0 ⇔ m + 1 < 0 ⇔ m < −1 . m +1 m +1

Với giá trị nào của a, b thì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A ( −1;3) và song song x với đường thẳng y = − + 2 . 2

1 A. a = − ; b = 3 . 2 1 5 a = − ;b = − . 2 2

1 5 B. a = ; b = . 2 2

1 5 C. a = − ; b = . 2 2

Lời giải Chọn C Ta có đường thẳng y = ax + b đi qua điểm A ( −1;3) khi 3 = −a + b (1) . x 1 Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = − + 2 ⇔ a = − ; b ≠ 2 . 2 2 Kết hợp với (1) suy ra a =

Câu 6.

−1 5 ;b = 2 2

Số nghiệm của phương trình: x 4 + 5 x 2 + 4 = 0 .

A. 4

B. 2

C. 1

D. 0

Lời giải Chọn D Đặt x 2 = t ( t ≥ 0 ) . t = −1( L ) Phương trình thành t 2 + 5t + 4 = 0 ⇔  . t = −4 ( L ) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Câu 7.

∆ABC vuông tại A có AB = 12cm và tan B =

1 . Độ dài cạnh BC là: 3

A. 16 cm.

C. 5 10 cm.

B. 18 cm.

Lời giải

D. 4 10 cm.

Chọn D B

Ta có tan B =

AC 1 AC ⇒ = ⇔ AC = 4 . AB 3 12

Theo Pytagore ta có BC = AB 2 + AC 2 = 122 + 42 = 4 10 . Câu 8.

Cho ( O;5cm ) , dây AB không đi qua O . Từ O kẻ OM vuông góc với AB ( M ∈ AB ) , biết OM = 3cm . Khi đó độ dài dây AB bằng: A. 4 cm.

B. 8 cm.

C. 6 cm.

D. 5 cm.

Lời giải Chọn B

Ta có AB = 2 AM . Mặt khác tam giác OAM vuông tại M suy ra AM = OA2 − OM 2 = 52 − 32 = 4 . Vậy AB = 2 AM = 8 .

II. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1. 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất phải làm 330 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi thực hiện do tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch là 10%, tổ II làm giảm 15% so với kế hoạch nên cả hai tổ làm được 318 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao theo kế hoạch của mỗi tổ là bao nhiêu?. 2) Một bồn nước inox có dạng một hình trụ với chiều cao là 1, 65 m và diện tích đáy là 0, 42 m 2 . Hỏi bồn nước này đựng đầy được bao nhiêu mét khối nước? (Bỏ qua bề dày của bồn nước).

Lời giải 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Gọi số sản phẩm tổ I phải hoàn thành theo kế hoạch là x (sản phẩm, x ∈ ℕ, 0 < x < 330 ) Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch là y (sản phẩm, y ∈ ℕ, 0 < y < 330 ) Theo kế hoạch hai tổ phải làm được 330 sản phẩm nên ta có phương trình:

x + y = 330 (1) . Số sản phẩm thực tế của tổ I làm đuọc là: x + 10% x = 1,1x (sản phẩm). Số sản phẩm thực tế của tổ II làm đuọc là: y − 15% y = 0,85 y (sản phẩm). Vì thực tế của hai tổ làm được 318 sản phẩm ta có phương trình 1,1x + 0,85 y = 318 ( 2 ) . Từ (1) ; ( 2 ) ta có hệ phương trình

 x = 150 (TM )  x + y = 330 1,1x + 1,1 y = 363  x + y = 330 ⇔ ⇔ ⇔  1,1x + 0,85 y = 318 1,1x + 0,85 y = 318 0, 25 y = 45  y = 180 (TM ) Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ I là 150 (sản phẩm). Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ II là 180 (sản phẩm). 2) Bồn nước đựng được số mét khối nước là : 1, 65.0, 42 = 0, 693 ( m 3 ) .

3) Cho a , b là các số không âm thỏa mãn a 2 + b 2 ≤ 2 . Chứng minh rằng: a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ 6 .

x1 − x2 = 2 .

Lời giải  2  x − 1 + | 3 y − 2 |= 3 1) Giải hệ phương trình:  .  −3 | 3 y − 2 | + 1 = −2  x −1 Điều kiện xác định: x > 1 . Đặt

1 = a; | 3 y − 2 |= b ; ( ÐK : a > 0; b ≥ 0 ) . x −1

2a + b = 3  2a + b = 3 2a + b = 3 a = 1(TM ) Hệ trở thành:  . ⇔ ⇔ ⇔ a − 3b = −2 2a − 6b = −4 7b = 7 b = 1(TM )

Với a = 1 ⇒

1 = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2(TM ) . x −1

 y = 1(TM ) 3 y − 2 = 1  ⇔ Với b = 1 ⇒ 3 y − 2 = 1 ⇔  1 3 y − 2 = −1  y = (TM )  3   1  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) ∈ ( 2;1) ;  2;   .  3   2) Cho phương trình: x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 với m là tham số. a)Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn lại. Phương trình có một nghiệm bằng 2 ⇔ 22 − 2 ( m − 1) 2 + 2m − 5 = 0 ⇔ 4 − 4m + 4 + 2m − 5 = 0 ⇔ −2 m + 3 = 0 3 ⇔m= 2

Thay m =

3 vào phương trình ban đầu ta có : x 2 − x − 2 = 0 2

Ta có a − b + c = 1 − ( −1) − 2 = 0 Nên nghiệm còn lại là x = −1 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 2

Ta có ∆′ = ( m − 1) − ( 2m − 5 ) = m 2 − 4m + 6 = ( m − 2 ) + 2 > 0, ∀m ∈ ℝ. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m ∈ ℝ .

x1 − x2 = 2 .

 x1 + x2 = 2(m − 1) Theo định lí Viet ta có   x1 x1 = 2m − 5 Để

x1 − x2 = 2 .

m > 1  x1 ≥ 0  x1 + x2 ≥ 0 2(m − 1) ≥ 0  5 ⇔ ⇔ ⇔ Điều kiện:  5 ⇔m≥ . 2  2m − 5 ≥ 0  x2 ≥ 0  x1 x2 ≥ 0 m > 2 Theo đề bài

x1 − x2 = 2 ⇔ x1 + x2 − 2 x1 x2 = 4

⇔ 2(m − 1) − 2 2m − 5 = 4

⇔ 2m − 5 = m − 3 (đk: m ≥ 3 ) ⇔ 2m − 5 = (m − 3)2  m1 = 4 + 2(TM ) ⇔ m 2 − 8m + 14 = 0 ⇔   m2 = 4 − 2(L) V ậy m = 4 + 2 . 3) Cho a , b là các số không âm thỏa mãn a 2 + b 2 ≤ 2 . Chứng minh rằng: a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ 6 .

Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 . Khi đó 3a = a + 2b, 3b = b + 2a nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy trực tiếp cho biểu thức trong dấu căn. x+ y Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng xy ≤ , dễ thấy 2 3a + a + 2b 3b + b + 2a a 3a ( a + 2b ) ≤ a = 2a 2 + ab , b 3b ( b + 2a ) ≤ b = 2b 2 + ab . 2 2 Cộng hai bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta được:

M = a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) + 2ab = 4 + 2ab . Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết, ta có: 4 + 2ab ≤ 4 + a 2 + b 2 = 6 . Từ đó ta có ngay M ≤ 6 . Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = 1 .

Câu 3. 2 AO . Kẻ dây CD 3 kì trên cung lớn

Cho ( O; R ) đường kính AB . Gọi M thuộc đoạn OA sao cho AM = vuông

góc

với

tại

Gọi

là

điểm

bấ t

CD ( K ≠ B; K ≠ C; K ≠ D ) . Gọi giao điểm của AK với CD là E . a) Chứng minh tứ giác KEMB nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh ACM = AKC và AC 2 = AE. AK .

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEC . Chứng minh 3 điểm C ; I ; B thẳng hàng. d) Tìm vị trí của K trên cung lớn CD ( K ≠ B; K ≠ C; K ≠ D ) để độ dài đoạn thẳng DI nhỏ nhất. Lời giải

C I

E A t

D a) Chứng minh tứ giác KEMB nội tiếp một đường tròn. = 90o Vì CD ⊥ AB nên EMB

Vì K nằm trên đường tròn đường kính AB nên AKB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn = 90o ⇒ EKB

Xét tứ giác KEMB có + EKB = 180o EMB Mà hai góc ở vị trí đối nhau Nên tứ giác KEMB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh ACM = AKC và AC 2 = AE. AK . Do tam giác ABC vuông tại C , CM là đường cao nên ACM = ABC . (Do cùng bù góc BCM ). Xét đường tròn ( O ) có AKC ; ABC

là hai góc nội tiếp chắn cung AC

Nên AKC = ABC Suy ra ACM = AKC .(Cùng bằng Xét ∆ACE và ∆AKC có

ABC ).

chung. Góc CAE ACM = AKC

Suy ra ∆ACE ∽ ∆AKC ( g.g ) , suy ra AC = AE ⇒ AC 2 = AE. AK . AK AC c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEC . Chứng minh 3 điểm C ; I ; B thẳng hàng. Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa A , kẻ Ct là tiếp tuyến của ( I ) . 1 = Xét ( I ) có tCM ) AKC .(Cùng bằng sd CE 2

Xét ( O ) có ACM = AKC (Câu b) = Suy ra tCM ACM . Tức Ct ≡ CA .

Vậy CA là tiếp tuyến của ( I ) ⇒ CA ⊥ CI . Mà CA ⊥ CB suy ra CI ≡ CB hay C ; I ; B thẳng hàng. d) Tìm vị trí của K trên cung lớn CD ( K ≠ B; K ≠ C ; K ≠ D ) để độ dài đoạn thẳng DI nhỏ nhất. Kẻ DH ⊥ CB . Do B; C ; D cố định khi K di chuyển nên H cố định. Suy ra DH không đổi Xét đường xiên DI và đường vuông góc DH ta có DI ≥ DH . Vậy độ dài đoạn thẳng DI nhỏ nhất bằng DH khi I ≡ H . Lúc này H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEC . Mà K thuộc ( O ) . Suy ra K là giao điểm của ( O ) với ( H ; HC ) .

PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN LONG BIÊN

ĐỀ THI THỬ VÀO THPT.

TRƯỜNG THCS ĐÔ THỊ VIỆT HƯNG NĂM HỌC 2019-2020

MÔN: TOÁN 9 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 02 trang) Đề số 5

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1.

2 x

Cho hàm số y = 2020 x ; y = x 2 + 7 ; y = 3x − 2019 ; y = + 3 có bao nhiêu hàm số là hàm số bậc nhất? A. 1

Câu 2.

Câu 3.

B. 2

C. 3

D. 4

Cho hàm số y = ax 2 ( a ≠ 0 ) . Kết luận nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x > 0 . x =0.

B. .Hàm số nghịch biến khi a > 0 và

C. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x < 0 . x<0.

D. Hàm số nghịch biến khi a < 0 và

Cho hàm số y = ( 3 + m ) x − m . Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = −2 ? A. m = −2 .

B. m = 2 .

1 3

C. m = .

1 2

D. m = − .

Câu 4.

Cho hàm số y = 3x 2 cos đồ thị là ( P ) . Có bao nhiêu điểm trên ( P ) có tung độ

Câu 5.

Câu 6.

B. m = −6 .

C. m ≠ 1 .

D. m = 1 .

 2 x + 3 y = −2 . Nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) . Tính  −3 x + 2 y = 3

Cho hệ phương trình  x+ y?

Câu 7.

Câu 8.

A. sin 51° < cos 27° < sin 66° < cos 80° . C. cos80° < sin 66° < cos 27° < sin 51° .

B. sin 51° < sin 66° < cos 27° < cos 80° . D. cos80° < sin 51° < cos 27° < sin 66° .

II. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1.

m3 ; d có đơn vị N / m3 ). Câu 2.

3x − y = 2m − 1  x + 2 y = 3m + 2

Cho hệ phương trình 

(1) .

Câu 3.

luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên AD . HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO THPT THCS ĐÔ THỊ VIỆT HƯNG MÔN: TOÁN 9. NĂM HỌC 2019-2020

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN

C A C D A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

2 x

Cho hàm số y = 2020 x ; y = x 2 + 7 ; y = 3x − 2019 ; y = + 3 có bao nhiêu hàm số là hàm số bậc nhất? A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Lời giải Chọn B Vì hàm số bậc nhất có dạng y = ax + b ( a ≠ 0 ) nên hai hàm số bậc nhất là y = 2020 x và

y = 3x − 2019 . Câu 2.

Cho hàm số y = ax 2 ( a ≠ 0 ) . Kết luận nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x > 0 . x =0.

B. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và

C. Hàm số nghịch biến khi a > 0 và x < 0 . x<0.

D. Hàm số nghịch biến khi a < 0 và

Lời giải Chọn C Hàm số y = ax 2 ( a ≠ 0 ) nghịch biến khi a > 0 và x < 0 .

Câu 3.

Cho hàm số y = ( 3 + m ) x − m . Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = −2 ? A. m = −2 .

1 3

B. m = 2 .

C. m = . Lời giải

1 2

D. m = − .

Chọn A Thay x = −2 , y = 0 vào phương trình y = ( 3 + m ) x − m ta được: 0 = ( 3 + m ) . ( − 2 ) − m ⇔ m = −2 .

Câu 4.

Cho hàm số y = 3x 2 có đồ thị là ( P ) . Có bao nhiêu điểm trên ( P ) có tung độ gấp đôi hoành độ? A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải Chọn C Gọi điểm trên ( P ) có tung độ gấp đôi hoành độ là ( x;2 x ) . Khi đó ta có :

2 x = 3.x ⇔ 3.x − 2 x = 0 ⇔ x

(

x = 0 x = 0   3x − 2 = 0 ⇔  2 ⇔ 2 3. x= x =   3 3

)

2 3 4 3 Vậy có hai điểm trên ( P ) có tung độ gấp đôi hoành độ là ( 0; 0 ) và  ; .  3 3  

Câu 5.

B. m = −6 .

C. m ≠ 1 .

D. m = 1 .

Lời giải Chọn D

2m − 3 = −1 ⇔ m =1 7 ≠ − m + 1

( d ) // ( d ′) ⇔ 

Câu 6.

 2 x + 3 y = −2 . Nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) . Tính  −3 x + 2 y = 3

Cho hệ phương trình  x+ y?

A. x + y = −1 .

B. x + y = 1 .

C. x + y = 0 . Lời giải

Chọn A Ta có

 2 x + 3 y = −2  x = −1 ⇔ ⇒ x + y = −1.   −3 x + 2 y = 3 y = 0

D. x + y = 2 .

Câu 7.

6,5 m

Giả sử AC là mặt đất, con mèo ở vị trí B , thang ở vị trí BC . Khi đó ACB là góc tạo bới thang với mặt đất. Xét ∆ABC vuông tại A có : sin C =

Câu 9.

AB 6 ≈ 67°22′ . = ⇒C BC 6,5

II. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1.

( 30 + x ) .100 % = 20%

⇔ ( 30 + x ) .5 = 200 + x ⇔ 4 x = 50 200 + x ⇔ x = 12,5 ( thoû a maõ n ñieà u kieä n )

Vậy cần pha thêm 12,5 gam muối. 2) a) Thể tích của 8 miếng phomai là:

V = S.h = πR 2 h ≈ 3,14.502.20 = 157000 ( mm3 ) = 0, 000157 ( m3 ) b) Đổi 15 g = 0,015 kg Trọng lượng riêng của miếng phomai là:

Câu 2.

P 9,8.0, 015.8 = ≈ 7490 ( N/m 3 ) . V 0, 000157

3x − y = 2m − 1  x + 2 y = 3m + 2

(1) .

Cho hệ phương trình 

Lời giải

Ta có x 2 + y 2 = 10 ⇔ m 2 + ( m + 1) = 10 ⇔ m 2 + m 2 + 2m + 1 = 10 ⇔ 2m 2 + 2 m − 9 = 0

⇔m=

−1 ± 19 . 2

Vậy m =

Câu 3.

−1 ± 19 . 2

luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên AD . Lời giải

D K I

1) Xét ( O ) có ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AD ⊥ BC = 90° . ⇒ MDC

= 180° Từ ( 3 ) và ( 4 ) ⇒ AMB + AMK = 180° ⇒ BMK ⇒ K , M , B thẳng hàng.

Vì AIKM là tứ giác nội tiếp ⇒ AIM = AKM = 90° AKM = AKB = 90° ⇒ K ∈ ( O ) . Vì K , M , B thẳng hàng ⇒

Do đó HK luôn đi qua điểm E cố định khi M di động trên AD HẾT

PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN LONG BIÊN

ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO 10

TRƯỜNG THCS VIỆT HƯNG

NĂM HỌC 2019-2020

(Đề thi gồm 01 trang)

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề số 6

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Đồ thị hàm số y = 2 − x song song với đường thẳng nào?

Câu 1.

A. y = − x + 2 .

Câu 2. Câu 3.

Hệ số góc của đường thẳng y = − x + 1 là? A. −1 . B. x .

B. 90° .

C. 60° .

D. 45° .

B. ( −2; −1) .

C. ( −2;1) .

1 có tọa độ là: 7

D. ( 5; 2 ) .

B. 2 .

C. 4037 .

D. 0 .

Một tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông là 6 cm ; 8cm thì độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là: B. 2, 4 cm .

C. 3cm .

D. 4 cm .

Dây AB của đường tròn ( O;5cm ) có độ dài bằng 6 cm . Khoảng cách từ O đến AB bằng : A. 2 cm .

Câu 8.

D. 1.

Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = ( m − 2018 ) x + 2019 đi qua điểm A (1;1) :

A. 4,8cm .

Câu 7.

C. 0 .

3 7

A. 2018 .

Câu 6.

1 D. y = x − . 2

Giao điểm của đồ thị các hàm số y = −2 x − 3 và y = − x + A. ( 3; −1) .

Câu 5.

C. y = x + 1 .

Tam giác ABC vuông tại A có AC = 6 cm ; BC = 12 cm ; số đo ACB bằng? A. 30° .

Câu 4.

B. y = − x + 3 .

B. 3cm .

C. 4 cm .

D. 5cm .

Hai tiếp tuyến của ( O; R ) tại A và B cắt nhau tại M . Biết OM = 2 R , khi đó số đo AMB là: A. 30° .

B. 90° .

C. 45° .

D. 60° .

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1.

x2 2

a) Chứng minh ( P ) và (d ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B .

Câu 3.

MK .

d) Tìm vị trí của cát tuyến MCD để diện tích tam giác MDE đạt giá trị lớn nhất. HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT THI VÀO 10 TRƯỜNG THCS VIỆT HƯNG Năm học: 2019-2020

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN

A C C D A C D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT I. PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1. Đồ thị hàm số y = 2 − x song song với đường thẳng nào? A. y = − x + 2 .

B. y = − x + 3 .

C. y = x + 1 .

1 D. y = x − . 2

Câu 2.

Hệ số góc của đường thẳng y = − x + 1 là? A. −1 . B. x .

C. 0 .

D. 1.

Lời giải Chọn A Hệ số góc của đường thẳng y = − x + 1 là a = −1

Câu 3.

Tam giác ABC vuông tại A có AC = 6 cm ; BC = 12 cm ; số đo ACB bằng? A. 30° .

B. 90° .

C. 60° . Lời giải

Chọn C Tam giác vuông ABC có:

D. 45° .

cos ACB =

Câu 4.

AC 6 1 = = ⇒ ACB = 60° BC 12 2 3 7

Giao điểm của đồ thị các hàm số y = −2 x − 3 và y = − x + A. ( 3; −1) .

B. ( −2; −1) .

1 có tọa độ là: 7

C. ( −2;1) .

D. ( 5; 2 ) .

Lời giải Chọn C Xét phương trình hoành độ giao điểm: −2 x − 3 = −

3 1 x + ⇒ x = −2 7 7

Thay vào y = −2 x − 3 : ⇒ y = 1 Vậy giao điểm có tọa độ ( −2;1)

Câu 5.

Giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = ( m − 2018 ) x + 2019 đi qua điểm A (1;1) : A. 2018 .

B. 2 .

C. 4037 .

D. 0 .

Lời giải Chọn D Do đồ thị hàm số y = ( m − 2018 ) x + 2019 đi qua điểm A (1;1) nên:

1 = ( m − 2018) .1 + 2019 ⇔ −2018 = m − 2018 ⇒ m = 0

Câu 6.

Một tam giác vuông có độ dài hai cạnh góc vuông là 6 cm ; 8cm thì độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là: A. 4,8cm .

B. 2, 4 cm .

C. 3cm .

D. 4 cm .

Lời giải Chọn A Độ dài cạnh huyện là:

6 2 + 82 = 100 = 10

Gọi h là độ dài đường cao tương ứng cạnh huyền. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta được : 10.h = 6.8 ⇔ 10h = 48 ⇒ h = 4,8 cm .

Câu 7.

Dây AB của đường tròn ( O;5cm ) có độ dài bằng 6 cm . Khoảng cách từ O đến AB bằng : A. 2 cm .

B. 3cm .

C. 4 cm . Lời giải

D. 5cm .

Chọn C

Gọi I là trung điểm của AB ⇒ IA = 3; OI ⊥ AB Suy ra khoảng cách từ O đến AB là OI Xét tam giác vuông OIA :

OI = OA2 − IA2 = 52 − 32 = 16 = 4 Vậy khoảng cách từ O đến AB là 4 cm

Câu 8.

Hai tiếp tuyến của ( O; R ) tại A và B cắt nhau tại M . Biết OM = 2 R , khi đó số đo AMB là: A. 30° .

B. 90° .

C. 45° . Lời giải

Chọn D

Xét tam giác MAO vuông tại A có: sin AMO =

AO R 1 = = ⇒ AMO = 30° OM 2 R 2

D. 60° .

Xét tam giác MBO vuông tại B có: = sin BMO

BO R 1 = 30° = = ⇒ BMO OM 2 R 2

⇒ AMB = 60° II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1.

 x + y = 300  1,1x + 1, 2 y = 340 Giải hệ phương trình được x = 200; y = 100

Vì diện tích đáy bằng nửa diện tích xung quanh nên π R 2 = .2π Rh ⇒ R = h = 20 cm

2   x −1 + y = 2    4 − x −1 = 1  y

Lời giải Điều kiện: y > 0 a = x − 1  Đặt:  1 ; a ≥ 0, b > 0 b = y 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là: S = {( 2; 4 ) , ( 0; 4 )} 2) Cho đường thẳng ( d ) : y = mx + 2 và Parabol ( P ) : y =

x2 2

a) Chứng minh ( P ) và ( d ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B .

b) Gọi giao điểm của ( d ) với trục tung là G và H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục hoành. Tìm m để diện tích tam giác GHK bằng 4.

Lời giải a) Xét phương trình hoành độ giao điểm: x2 = mx + 2 ⇔ x 2 − 2mx − 4 = 0 2 ∆′ = m 2 + 4 > 0∀m

Hệ thức Vi-et: 

H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục hoành nên:

H ( x1 ;0 ) , K ( x2 ;0 ) ⇒ HK = x1 − x2

Xét tam giác GHK : 1 1 OG.HK = .2 x1 − x2 = x1 − x2 ⇒ x1 − x2 = 4 2 2 TH1: x1 − x2 = 4 kết hợp với hệ thức Vi-et ta được: S ∆GHK =

⇒m=0. Vậy m = 0 là giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài

Cách 2: Ta có: x1 − x2 =

−b′ + ∆′ −b′ − ∆′ 2 ∆′ − = =4 a a a

⇔ ∆′ = 2 ⇔ m 2 + 4 = 2 ⇔ m = 0 )

3) Cho x > 0; y > 0 thỏa mãn x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

1  1  M =x+  + y+  x  y 

Lời giải Chứng minh các bất đẳng thức phụ: Ta có: với a, b > 0

(a − b)

≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2 ab ≥ 0 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) − a 2 − b 2 − 2ab ≥ 0

⇔ 2(a + b 2

)≥a

+ b + 2ab ⇒ a + b 2

(a + b) ≥

Lại có: với a, b > 0

(a − b)

≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2ab ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + 2ab ≥ 4ab

(1)

⇔ ab + a 2 + b 2 + ab ≥ 4ab ⇔ a ( a + b ) + b ( a + b ) ≥ 4ab

(*) .

Vì a, b > 0 ⇒ ab > 0; a + b > 0 Do đó ta được:

( *) ⇒ ⇒

a (a + b) ab ( a + b )

b ( a + b) ab ( a + b )

≥

4ab ab ( a + b )

1 1 4 . + ≥ a b a+b

( 2)

Áp dụng bất đẳng thức (1) và ( 2 ) cho M ta được: 2

1 1 1 1 4  ⇒ M ≥ x+ y+ +  ≥ x+ y+  2 x y 2 x+ y

1  1  3  ⇒ M ≥  x + y +  + 2  x+ y  x+ y

Câu 3.

MK .

d) Tìm vị trí củaa cát tuy tuyến MCD để diện tích tam giác MDE đạtt giá tr trị lớn nhất. Lời giải

= MBO = 90° (gt) ⇒ MAO + MBO = 180° và hai góc đó a) Xét tứ giác MAOB có: MAO ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp (1) . Xét ( O ) có OK là đường kính đi qua trung điểm K của dây CD không đi qua tâm O

= 90° (Định lý đường kính và dây cung) ⇒ OKM + OKM = 180° Xét tứ giác MAOK có: MAO

⇒ Tứ giác MAOK nội tiếp ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) ⇒ 5 điểm M , A, O, K , B cùng thuộc 1 đường tròn.

= MDB (góc nt và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn b) Xét ( O ) có CBM ) CB Xét ∆MBC và ∆MDB có:

c) Vì 5 điểm A, B, M, O, K cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ Tứ giác MAKB nội tiếp = BAM . ⇒ BKM

HẾT

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

I.Trắc nghiệm Câu 1. Đường thẳng y = 2 − x có hệ số góc là A.2

C.450

B. − 1

D.1

Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ? A. y =

1 x

C. y = x 2

B. y = x

D. y = 2020 − x

Câu 3. Đường tròn ( O; R ) có hai bán kính OA và OB vuông góc với nhau, gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Khi đó, OH bằng:

R 2

R 2 2

R 3 2

R 3

2 Câu 4. Tam giác ABC vuông tại A, sin C = , cạnh BC = 10cm. Độ dài cạnh AB là 5

A.2cm

B.4cm

C.6cm

D.2 2cm

Câu 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ( O ) cắt nhau tại M. Số đo góc BMC bằng:

A.900

B.1200

C.450

D.600

x + y = 3 Câu 6.Hệ phương trình  có nghiệm ( x; y ) là: x − y = 1

A.( −2; −1)

B.( 2;1)

Câu 7. Biểu thức

(

A.7

B.2 7 + 3

7 −5

C.(1;2 )

)

(

2− 7

)

D.( −1; −2 )

có giá trị bằng:

C.2 7 − 3

D.3

Câu 8. Khi x = 6, biểu thức x + 8 có giá trị bằng:

A.6

B.8

C.2

D.14

Câu 9. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Biết HB = 4cm, HC = 9cm độ dài AH là:

A.6cm

B.36cm

C. 13cm

D.9cm

Câu 10. Phương trình nào dưới đây có hai nghiệm là 3 và −2?

A.x 2 − 6 x + 1 = 0

B.x 2 + x − 6 = 0

Câu 11. Khi x = 7, biểu thức

A. − 1

B. 3

C.x 2 + 6 x − 1 = 0

D.x 2 − x − 6 = 0

3 có giá trị bằng: x+2 C.

1 3

D.1

Câu 12. Điều kiện xác định của biểu thức 1 − x là

A.x < 1

B.x ≥ 1

C .x > 1

D.x ≤ 1

Câu 13. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Đường cao AH cắt cung nhỏ BC tại M . Số đo góc BCM là

A.450

B.600

C.500

D.300

x + y = 1 Câu 14. Hệ phương trình  có nghiệm duy nhất khi mx − y = 2

A.m ≠ −1

B.m = −1

C.m ≠ 1

D.m ≠ 0

Câu 15. Cho tam giác ABC vuông cân tại A nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC. tia phân giác của góc ABC cắt đường tròn ( O ) tại M ( M ≠ B ) . Khi đó góc MOC có số đo bằng

A.600

B.450

C.22033'

D.300

Câu 16. Hình vuông có diện tích 16cm 2 . Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó là :

A.2 2cm

B.4cm

C.2cm

D. 2cm

Câu 17. Đường thẳng y = 2 x đi qua điểm nào ?

A.(1;2 )

B.C ( 2;2 )

Câu 18. Khi x = 16, biểu thức

A. − 2

18 15

C.D ( −2; −1)

D.B ( 2;1)

x +2 có giá trị bằng: x −1 C.2

7 2

Câu 19. Phương trình 2 x 2 − x − 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Khi đó, tổng x1 + x2 bằng

1 2

B. −

1 2

C. − 3

D.3

Câu 20. Giá trị của

A.4

5 + 1.

5 − 1 bằng:

B.2

C.2 6

D. − 2

Câu 21.Các giao điểm của parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = − x + 2 là:

A.D ( −1;1) và C ( −2;4 )

B. A (1;1) và B ( 2;4 )

C. A (1;1) và C ( −2;4 )

D.( −1;1) và B ( 2;4 )

Câu 22. Tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, BC = 5cm thì tan C bằng:

3 5

5 3

4 3

3 4

Câu 23. Trong các hệ phương trình sau, hệ nào vô nghiệm ? x = 3 A.  x + 2 y = 0

x + y = 3 B.  2 x + 2 y = 9

x + y = 3 C.  2 y = 0

x + y = 3 D.  2 x + 2 y = 6

Câu 24. Cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh BC = 10cm, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng:

A.3cm

B.4cm

C.2,5cm

D.5cm

Câu 25.Đường thẳng y = x + m − 1 cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 1 khi A.m = 2

B.m = 0

C.m = 1

D.m = −1

Câu 26. Tập nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 2 = 0 là

A.{1; −2}

B.{−1;2}

C.{1;2}

D.{−1; −2}

Câu 27. Cho hai đường tròn ( O;13cm ) và ( O ';10cm ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

A, B. Đoạn OO ' cắt ( O ) ; ( O ') lần lượt tại E và F . Biết EF = 3cm, độ dài của OO ' là A.20cm B.18cm C.19cm D.16cm Câu 28. Cho điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính AB = 2 R ( M không trùng với A, B ). Gọi d là tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M ; P và Q lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ A và B xuống d . Khi đó, AP + BQ bằng:

A.R 2

B.2 R

C.R 3

3R 2

2ax + by = 5 Câu 29. Biết hệ phương trình  có nghiệm ( x; y ) = (1;2 ) . Khi ( a − 1) x + ( b + 2 ) y = 6 đó, 3a + 4b bằng:

A.8

B.4

Câu 30. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A.0

B. không tồn tại

C.7

5 2

x 2 − 4 x + 3 bằng

C. − 1

D.1

Câu 31. Có bao nhiêu cặp số nguyên a, b dể biểu thức 93 + 62 3 viết được dưới dạng 2

( a + b 3 ) với a, b ∈ℤ ? A.1

B.2

C .0

D.4

Câu 32. Gọi M , N là các giao điểm của parabol y = x 2 và đường thẳng y = x + 2. Diện tích tam giác OMN bằng:

A.6

3 2 2

C.3

D.1,5

II.Tự luận Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình x 2 + 6 x + 8 = 0 2 2 x −5 + + với x ≥ 0, x ≠ 1 . Tìm x để b) Rút gọn biểu thức P = x −1 x −1 x +1 P =1

Câu 2. (1,0 điểm) Trong thư viện của một trường, tổng số sách tham khảo môn Ngữ văn và môn Toán là 155 cuốn. Dự định trong thời gian tới nhà trường cần mua thêm tổng số 45 1 cuốn sách Ngữ văn và Toán, trong đó số sách môn Ngữ văn cần mua bằng số sách 3 1 môn Ngữ văn hiện có, số sách môn Toán cần mua bằng số sách môn Toán hiện có. 4 Hỏi số sách tham khảo của mỗi môn Ngữ văn và Toán ban đầu lầ bao nhiêu ?

Câu 3. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm M khác C sao cho AM > MC. Vẽ đường tròn tâm O đường kính MC , đường tròn này cắt BC tại E ( E ≠ C ) và cắt đường thẳng BM tại D ( D ≠ M ) a) Chứng minh ADCB là một tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ABM = AEM và EM lầ tia phân giác của góc AED c) Gọi G là giao điểm của ED và AC . Chứng minh rằng CG.MA = CA.GM

Câu 4. (1,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai ax 2 − x + c = 0 (x là ẩn số) có hai nghiệm thực dương x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a2 − c ac + a 2

ĐÁP ÁN I.Phần trắc nghiệm 1B

10D

11D

12D

13D

14A

16A

17A 18C

19A

20B

21C

22D

23B 24D

25B 26C

27A

28B

29A

30A

31C 32C

II. Phần tự luận Câu 1. a) Giải phương trình x + 6x + 8 = 0 ⇔ x2 + 2 x + 4 x + 8 = 0 ⇔ x ( x + 2) + 4 ( x + 2) = 0 2

x + 2 = 0  x = −2 ⇔ ( x + 2 )( x + 4 ) = 0 ⇔  ⇔ x + 4 = 0  x = −4 Vậy tập nghiệm là S = {−4; −2} b) Rút gọn Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1

2 x −5 2 + = x −1 x +1

2 + x −1

2 x + 2+ 2 x −2+ x −5

(

)(

x +1

)

x −1

(

) (

(

Câu 2.

x −1 + x − 5

)(

)

x +1

x −1

5 x −5

(

)(

x +1

) (

x −1

5 = 1 ⇔ x + 1 = 5 ⇔ x = 16(tm) x +1 Vậy x = 16 thì P = 1 P =1⇔

)

x +1 + 2

(

)

x −1

)(

x +1

)

x −1

5 x +1

Gọi số sách thâm khảo Ngữ văn và Toán thư viện đang có là x, y (cuốn) ( x, y ∈ ℕ*, x, y < 155) Ban đầu, thư viện có 155 cuốn sách tham khảo 2 môn nên ta có phương trình x + y = 155 (1) Số sách tham khảo môn Ngữ văn cần mua thêm là Số sách tham khảo môn Toán cần mua thêm là

1 x (cuốn) 3

1 y (cuốn) 4

Thư viện đã mua thêm 45 cuốn sách tham khảo 2 môn này nên ta có phương trình: 1 1 x + y = 45 ⇔ 4 x + 3 y = 540 ( 2 ) 3 4 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :  x + y = 155 3 x + 3 y = 465  x = 75  x = 75(tm) ⇔ ⇔ ⇔   4 x + 3 y = 540  4 x + 3 y = 540  y = 155 − x  y = 80(tm) Vậy ban đầu thư viện có 75 cuốn sách tham khảo Ngữ văn, 80 cuốn sách tham khảo môn Toán

Câu 3.

E G A

D a) ADCB là tứ giác nội tiếp là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Xét đường tròn ( O ) ta có: MDC = 900 hay BDC = 900 ⇒ MDC

Xét tứ giác ADCB có ∠BAC = ∠BDC = 900 mà A, D là 2 đỉnh kề nhau Nên ADCB là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ABM = AEM và EM lầ tia phân giác của góc AED là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Xét đường tròn ( O ) ta có: MEC = 900 ⇒ BEM = 900 (hai góc kề bù) ⇒ MEC + BEM = 900 + 900 = 1800 ⇒ ABEM là tứ giác nội Xét tứ giác ABEM ta có: BAM tiếp ⇒ ABM = AEM (cùng chắn cung AM ) = MCD (hai góc nội tiếp cùng chắn MD của (O)) (1) Ta có: MED

ACD = ABD (hai góc nội tiếp cùng chắn Vì ADCB là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ AD) (2) Lại có ABM = AEM (cmt ) hay ABD = AEM (3)

⇒ ME là phân giác của Từ (1), (2), (3) ⇒ AEM = MED AED(dfcm) c) Chứng minh rằng CG.MA = CA.GM AE AM Xét ∆AEG ta có: EM là phân giác trong của tam giác (cmt ) ⇒ (tính chất = EG MG AE AM đường phân giác) ⇒ (tính chất đường phân giác) = EG MG Lại có : ME ⊥ EC (cmt ) ⇒ EC là đường phân giác ngoài tại đỉnh E của ∆AEG AE AC ⇒ = (tính chất đường phân giác) EG CG AM AC  AG  ⇒ = =  ⇒ AM .CG = AC.MG ( dfcm) MG CG  EG  Câu 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của…. Phương trình ax 2 − x + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 a ≠ 0 a ≠ 0 ∆ > 0 1 − 4ac > 0 ac > 1    4   b 1 ⇔ − > 0 ⇔  > 0 ⇔ a > 0 a a   c > 0 c c    >0  >0 a a 1  x + x = 1 2  a Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:  x x = c  1 2 a

Theo đề bài ta có: x1 + x2 ≤ 1 ⇒ Lại có: ac ≤

1 ≤ 1 ⇔ a ≥ 1( do a > 0 ) ⇒ a 2 ≥ 1 a

1 1 1 ⇒c≤ ≤ 4 4a 4

1 1 1 2 a + − a −c 1 1 2 3 4= 4 2 =1− ⇒P= ≥ ≥1− =1− = 2 1 1 1 ac + a 5 5   1 + a2 a2 + 2  a2 +  2 1 +  4 4 4   4 2

a2 −

a = 1 a = 1   Dấu " = " xảy ra ⇔  1⇔ 1 ac = 4 c = 4 a = 1 3  Vậy MinP = ⇔  1 5 c = 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Ngày thi:17/07/2020

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Phần I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 5cm, AC = 12cm. Độ dài cạnh BC bằng: A. 119 ( cm ) B.13 ( cm ) C.17 ( cm ) D. 7 ( cm ) Câu 2. Nếu x ≥ 3 thì biểu thức

(3 − x )

+ 1 bằng:

A.x − 4 B.x − 2 C.4 − x D.x − 3 2 Câu 3. Cho hàm số y = ax ( a là tham số khác 0). Tìm tất cả các giá trị của a để đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm M ( −1;4 ) A.a = −1 B.a = 4 C.a = −4 D.a = 1 Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình x 2 + 2 x + 2m − 11 = 0 có hai nghiệm phân biệt ? A.6 B.4 C.7 D.5 Câu 5. Giá trị của biểu thức 2. 8 bằng: A.8 B.16 C .4 D.2 2 Câu 6.Biết phương trình x + 2bx + c = 0 có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = 3. Giá trị của biểu thức b3 + c3 bằng A.19 B.9 C. − 19 D.28 Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của a để biểu thức a + 2 có nghĩa là : A.a ≥ 2 B.a ≥ −2 C.a > 2 D.a > −2 Câu 8. Hàm số nào trong các hàm số cho dưới đây đồng biến trên ℝ 1− x A. y = 2020 x + 1 B. y = C. y = −2020 x + 3 D. y = 1 − 4 x 2 Câu 9. Cho hai đường thẳng ( d ) : y = 4 x + 7 và ( d ' ) : y = m 2 x + m + 5 ( m là tham số khác 0). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( d ' ) song song với đường thẳng (d ) A.m = ±2 B.m = −2 C.m = 4 D.m = 2 x − 2 y = 7 Câu 10. Biết hệ phương trình  có nghiệm duy nhất ( x0 ; y0 ) . Khẳng định  x + 2 y = −2 nào sau đây là đúng ? A.4 x0 + y0 = 1 B.4 x0 + y0 = 3 C .4 x0 + y0 = −1 D.4 x0 + y0 = 5 Câu 11. Cho hàm số y = 10 x − 5. Tính giá trị của y khi x = −1 A. − 5 B.15 C . − 15 D.5 Câu 12. Căn bậc hai số học của 121 là : A. − 11 B.11 và −11 C.11 D. 12

x + y = 2 Câu 13. Cho hệ phương trình  ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của 2 x + 3 y = m m để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x0 ; y0 ) thỏa mãn 3 x0 + 4 y0 = 2021 A.m = 2020 B.m = 2021 C.m = 2018 D.m = 2019 Câu 14. Cho đường thẳng ( d ) : y = ( m − 3) x + 2m + 7 ( m là tham số khác 3). Tìm tất cả các giá trị của m để hệ số góc của đường thẳng ( d ) bằng 3 A.m = −2 B.m = −5 C.m = 6 D.m = 0 Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH , Biết BC = 10cm, AH = 5cm. Giá trị cos ACB bằng:

1 1 3 2 B. C. D. 4 2 2 2 2 Câu 16. Biết phương trình x + 2 x − 15 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Giá trị của biểu thức x1.x2 bằng: A. − 2 B.15 C.2 D. − 15 Câu 17. Trong hình vẽ bên dưới, hai điểm C , D thuộc dường tròn ( O ) đường kính = 350. Số đo AB và BAC ADC bằng A.

D B O A

A.650 B.350 C.550 D.450 Câu 18.Cho đường tròn tâm O, bán kính R = 10cm. Gọi AB là một dây cung của đường tròn đã cho, AB = 12cm. Tính khoảng cách từ tâm O đến dây cung AB. A.8 ( cm ) B.6 ( cm ) C.2 ( cm ) D.16 ( cm )

Câu 19. Tính giá trị biệt thức ∆ của phương trình 2 x 2 + 8 x − 3 = 0 A.∆ = 88 B.∆ = −88 C.∆ = 22 D.∆ = 40 Câu 20.Cho đoạn thẳng AC , B là điểm thuộc đoạn AC sao cho BC = 3BA. Gọi AT là một tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC (T là tiếp điểm), BC = 6cm. Độ dài đoạn thẳng AT bằng: A.3 ( cm ) B.6 ( cm ) C.5 ( cm ) D.4 ( cm ) Phần II.TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 1.(2,0 điểm)

 x − 3 y = 10 a) Giải hệ phương trình   2 x + y = −1  2 x  x +3 x + với x > 0, x ≠ 9 b) Rút gọn biểu thức A =  : x − 9 x − 3 3 x − x   2 Câu 2.(1,0 điểm) Cho phương trình: x − ( m + 1) x + 2m − 8 = 0 (1) , m là tham số a) Giải phương trình (1) khi m = 2 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 + ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) = 11 Câu 3. (1,5 điểm) Một công ty X dự định điều động một số xe để chở 100 tấn hàng. Khi sắp khở hành thì 5 xe được điều đi làm việc khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự định. Tính số xe mà công ty X dự định điều động, biết mỗi xe chở khối lượng hàng như nhau ? Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R = 3cm. Gọi A, B là hai điểm phân biệt cố định trên đường tròn ( O; R ) ( AB không là đường kính). Trên tia đối của tia BA lấy một điểm M ( M khác B ) . Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC , MD với đường tròn đã cho (C , D là hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp trong một đường tròn b) Đoạn thẳng OM cắt đường tròn ( O; R ) tại điểm E. Chứng minh rằng khi = 600 thì E là trọng tâm của tam giác MCD CMD

c) Gọi N là điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng đi qua O vuông góc với MN cắt các tia MC , MD lần lượt tại các điểm P và Q. Khi M di động trên tia đối của tia BA, tìm vị trí của điểm M để tứ giác MPNQ có diện tích nhỏ nhất Câu 5. (0,5 điểm) Cho hai số dương a, b thỏa mãn a + 2b = 1. Chứng minh rằng: 1 3 + 2 ≥ 14 ab a + 4b 2

ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm

10 A

11C

12C 13D 14C 15 D 16 D 17C 18 A 19 A 20 D

II.Tự luận Câu 1.

7 y = −21  y = −3  x − 3 y = 10 2 x − 6 y = 20  x = 1  a)  ⇔ ⇔ −1 − y ⇔  −1 + 3 ⇔  2 x + y = −1 2 x + y = −1  y = −3  x = 2  y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; −3) b) Điều kiện : x > 0; x ≠ 9

 2 x  x +3  2 x x x A= + = − : x. x − 3  x − 3 3 x − x  x − 9  x − 3

(

2 x− x . x −3

(

x −3

)(

x +3

)

 .  

(

x −3

)(

x +3

)

x +3

Câu 2. a) Giải phương trình (1) khi m = 2 Với m = 2 ta có phương trình x 2 − 3x − 4 = 0 x = 4 Phương trình có dạng a − b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên có hai nghiệm   x = −1

b) Xét phương trình x 2 − ( m + 1) x + 2m − 8 = 0 (1) Ta có: 2

∆ =  − ( m + 1)  − 4.( 2m − 8 ) = m 2 + 2m + 1 − 8m + 32 = m 2 − 6m + 33 = ( m 2 − 6m + 9 ) + 24 = ( m − 3) + 24 > 0 ( ∀m ) 2

Vì ( m − 3) ≥ 0 ⇒ ( m − 3) + 24 > 0 ⇒ ∆ > 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm  x1 + x2 = m + 1 phân biệt với mọi m, áp dụng hệ thức Vi et ta có:   x1 x2 = 2m − 8 Theo đề bài ta có:

x12 + x22 + ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) = 11 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 = 11 2

⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) − 7 = 0 2

⇔ ( m + 1) − ( 2m − 8) − 2 ( m + 1) − 7 = 0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − 2 m + 8 − 2 m − 2 − 7 = 0 m = 0 ⇔ m 2 − 2m = 0 ⇔ m ( m − 2 ) = 0 ⇔  m = 2 Vậy m = 0; m = 2 thì thỏa đề. Câu 3.

Gọi số xe mà công ty dự kiến điều động là x ( xe )( x > 5, x ∈ ℕ *) Khi đó mỗi xe chở được số tấn hàng:

100 (tấn hàng) x

Sau khi điều 5 xe đi làm việc khác, số xe còn lại đi chở hàng : x − 5 ( xe ) ⇒ Thực tế mỗi xe phải chở số tấn hàng :

100 (tấn hàng) x−5

Thực tế mỗi xe phải chở thêm 1 tấn hàng nên ta có phương trình: 100 100 − = 1 ⇔ 100 x − 100 ( x − 5 ) = x ( x − 5 ) x−5 x ⇔ 100 x − 100 x + 500 = x 2 − 5 x − 500 = 0 ⇔ x 2 − 25 x + 20 x − 500 = 0 ⇔ x ( x − 25 ) + 20 ( x − 25 ) = 0  x = 25(tm) ⇔ ( x − 25 )( x + 20 ) = 0 ⇔   x = −20(ktm)

Vậy ban đầu công ty dự định điều động 25 xe.

Câu 4.

Q D N O E B

A P

a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp

= ODM = 900 Xét đường tròn tâm O có MC , MD là các tiếp tuyến ⇒ OCM + ODM = 900 + 900 = 1800 ⇒ OCMD là tứ giác nội tiếp Tứ giác OCMD có: OCM b) Chứng minh E là trọng tâm ∆MCD Xét đường tròn (O) có MC , MD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M nên MC = MD và MO là tia phân giác của CMD

= 600 ⇒ OMD = 1 CMD = 1 .600 = 300 Mà CMD 2 2 = 300 Xét ∆ODM vuông có OD = R = 3cm, OMD Ta có: OD OD 3 ⇒ OM = = = 6 ( cm ) ⇒ EM = OM − OE = 6 − 3 = 3 ( cm ) OM sin 300 1 2  MD = MC Lại có:  nên OM là đường trung trực của đoạn DC. Gọi I là giao điểm OD = OC = R = sin DMO

của OM và DC ⇒ OM ⊥ DC tại I Theo hệ thức lượng trong tam giác ODM vuông ta có:

OD 2 32 3 3 9 OD = OI .OM ⇔ OI = = = ⇒ IM = OM − OI = 6 − = OM 6 2 2 2 ME 3 2 2 = = ⇒ ME = MI Từ đó ta có: MI 9 3 3 2 = 600 nên ∆MCD là tam giác đều có MI là Xét tam giác MCD có MC = MD và CMD 2 đường phân giác nên MI cũng là trung tuyến. Lại có ME = MI (cmt ) nên E là trọng 3 tâm tam giác MCD(dfcm) 2

c) Tìm vị trí của M để S MNPQ min Vì N đối xứng với M qua O nên OM = ON

= OMP Xét hai tam giác vuông ∆OQM , ∆OPM có cạnh OM chung, OMQ Suy ra ∆OQM = ∆OPM ( g .c.g ) ⇒ OP = OQ Diện tích tứ giác MPNQ là :

1 1 1 S MPNQ = MN .PQ = .2OM .2OQ = 4. OM .OQ = 4SOQM = 4.OD.MQ = 4 R.MQ 2 2 2 Xét ∆OQM vuông tại O có OD là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: OD 2 = DQ.DM ⇔ R 2 = DQ.DM Áp dụng bất đằng thức Cô si ta có: QM = DQ + DM ≥ 2 DQ.DM = 2 R 2 = 2 R Hay QM min = 2 R ⇔ QD = DM = R Từ đó S MPNQ nhỏ nhất là 8 R 2 ⇔ MQ = 2 R

) chung; MDB = MAD (cùng chắn BD Khi đó: Xét ∆MDB & ∆MAD có: DMB MD MB = ⇒ MD 2 = MA.MB ⇒ MA.MB = R 2 MA MD Đặt AB = a, MB = x ( a không đổi, a, x > 0) Ta có: ⇒ ∆MDB ∼ ∆MAD( g − g ) ⇒

−a + a 2 + 4 R 2 ( do x > 0 ) 2 Vậy điểm M thuộc tia đối của tia AB và cách B một khoảng bằng MA.MB = R 2 ⇔ x ( x + a ) = R 2 ⇔ x 2 + ax − R 2 = 0 ⇒ x =

−a + a 2 + 4 R 2 MB = không đổi thì tứ giác MPNQ có diện tích nhỏ nhất là 8R 2 2 Câu 5.

1 = a + 2b ≥ 2 a.2b = 2 2ab ⇒ 2 2ab ≤ 1 ⇒ 2ab ≥

1 1 ⇒ ab ≤ .Ta có: 2 8

1 3 1 3 3 1 1  1  + 2 = + + 2 = + 3 + 2 2 2 2  4ab 4ab a + 4b 4ab ab a + 4b  4ab a + 4b  Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4 + ≥ ta có: x y x+ y

1 1 4 4 + 2 ≥ = =4 2 2 2 2 4ab a + 4b 4ab + a + 4b ( a + 2b )

1 1 1 ≥ =2 Lại có: ab ≤ ⇒ 8 4ab 4. 1 8 ⇒

1 1  1  + 3 + 2 ≥ 2 + 3.4 = 14 2  4ab  4ab a + 4b 

1  a =  1 3 1 2 + 2 ≥ 14 . Dấu " = " xảy ra khi a = 2b = ⇔  Vậ y 2 ab a + 4b 2 b = 1  4

UBND TỈNH BẮC NINH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau Câu 1. Phương trình x 2 − 3x − 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tổng x1 + x2 bằng: A. 3 .

B. −3 .

C. 6 .

D. −6 .

Câu 2. Đường thẳng y = x + m − 2 đi qua điểm E (1;0 ) khi: A. m = −1 .

B. m = 3 .

C. m = 0 .

D. m = 1 .

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A , ACB = 30° , cạnh AB = 5cm . Độ dài cạnh AC là: A. 10 cm.

5 3 cm. 2

C. 5 3 cm.

5 cm. 3

2 . 2

Câu 4. Hình vuông cạnh bằng 1, bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông là: A.

1 . 2

B. 1.

Câu 5. Phương trình x 2 + x + a = 0 (với x là ẩn, a là tham số) có nghiệm kép khi: A. a =

−1 . 4

B. a =

Câu 6. Cho a > 0 , rút gọn biểu thức A. a 2 .

1 . 4

C. a = 4 .

D. a = −4 .

a3 ta được kết quả: a

B. a .

C. ±a .

D. − a .

II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 7. (2,5 điểm)

x + 2 y = 5 a) Giải hệ phương trình  . 3x − y = 1 b) Tìm tọa độ giao điểm A , B của đồ thị hai hàm số y = x 2 và y = x + 2 . Gọi D , C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B lên trục hoành. Tính diện tích tứ giác ABCD .

Câu 8. (1,0 điểm) Nhân dịp Tết Thiếu nhi 01/6, một nhóm học sinh cần chia đều một số lượng quyển vở thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ tại một mái ấm tình thương. Nếu mỗi phần

quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa. Hỏi ban đầu có bao nhiêu phần quà và mỗi phần quà có bao nhiêu quyển vở. Câu 9. (2,5 điểm) Cho đường tròn đường kính AB , các điểm C , D nằm trên đường tròn đó sao cho

C , D nằm khác phía đối với đường thẳng AB , đồng thời AD > AC . Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC , AD lần lượt là M , N ; giao điểm của MN với AC , AD lần lượt là H , I ; giao điểm của MD và CN là K . . Từ đó suy ra tứ giác MCKH nội tiếp. ACN = DMN a) Chứng minh b) Chứng minh KH song song với AD .

AC và sđ c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ AD để AK song song với ND . Câu 10. (1,0 điểm) a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4a 2 + 6b2 + 3c 2 . b) Tìm các số nguyên dương a, b biết các phương trình

x 2 − 2ax − 3b = 0 và

x 2 − 2bx − 3a = 0 (với x là ẩn) đều có nghiệm nguyên. ------------------ Hết ------------------Họ tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ...........................................

UBND TỈNH BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Mỗi câu trả lười đúng 0,5 điểm Câu 1 2 Đáp án A D PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 7.a

3 C

4 D

5 B

6 B

Đáp án

Điểm

1,0

x + 2 y = 5 x + 2 y = 5 7 x = 7 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ .  3x − y = 1 6 x − 2 y = 2  x + 2 y = 5  y = 2

1,0

7.b

1,5 Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − x − 2 = 0 . Giải phương trình tìm được x1 = −1 ; x2 = 2 . Ta xác định được điểm A ( −1;1) , B ( 2; 4 ) .

0,75

(Chú ý: Nếu học sinh vẽ hình hai đồ thị hàm số và tìm ra giao điểm đúng thì cho điểm tối đa) Do đó, hình chiếu của A , B trên trục hoành lần lượt là D ( −1;0 ) , C ( 2;0 ) . Khi đó , ABCD là hình thang vuông tại C , D có các đáy là AD = 1 , BC = 4 , đường cao CD = 3 . Diện tích cần tìm là S ABCD =

0,75

1 1 15 ( AD + BC ) CD = .5.3 = (đơn vị diện tích). 2 2 2

1,0 Gọi x là số quyển vở của mỗi phần quà và y là số phần quà dự tính ban đầu ( x, y ∈ ℕ ) . *

Số quyển vở mà nhóm học sinh có là x. y quyển vở. Nếu mỗi phần quà giảm 2 quyển thì các em sẽ có thêm 2 phần quà nên ( x − 2 )( y + 2 ) = xy .

0,5

Nếu mỗi phần quà giảm 4 quyển thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nên ( x − 4 )( y + 5 ) = xy . Ta có hệ phương trình

x − y = 2 4 x − 4 y = 8  x = 12 ( x − 2 )( y + 2 ) = xy (thỏa mãn). ⇔ ⇔ ⇔  5 x − 4 y = 20 5 x − 4 y = 20  y = 10 ( x − 4 )( y + 5 ) = xy Vậy có 10 phần quà và mỗi phần quà có 12 quyển vở.

0,5

9.a

1,0

Vẽ hình đúng câu a)

0,25

1 1 ACN = sđ AN = sđ DN = DMN (*) . Ta có 2 2

0,5

= KMH (do (*) ). Do đó, tứ giác MCKH nội tiếp. Xét tứ giác MCKH có KCH

0,25

9.b

0,5

= HCM = 1 sđ AM = ADM . Do tứ giác MCKH nội tiếp nên HKM 2

0,5

Suy ra, HK //AD (hai góc đồng vị). 9.c

1,0

1 = 1 sđ MC + sđ DN ; MCK = 1 sđ MA + sđ + sđ DN . AN = sđ MC Ta có CKM 2 2 2

(

)

(

) (

)

= MCK ⇒ ∆MCK cân tại M ⇒ MC = MK mà MC = MA ⇒ MA = MK . ⇒ MKC

0,5

Do đó, ∆MAK cân tại M . Vì MN là phân giác góc AMK nên MN ⊥ AK ⇒ MN ⊥ DN . Do đó, MD là đường kính của đường tròn tâm O đường kính AB .

0,5

1 + sđ AD = 180° ⇔ sđ AC + sđ AD = 180° . Suy ra, sđ MA 2 10.a

0,5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

8 8 16 16 4a 2 + 4 ≥ 2 4a 2 .4 = 8a ; 6b 2 + ≥ 2 6b 2 . = 8b ; 3c 2 + ≥ 2 3c 2 . = 8c . 3 3 3 3

0,25

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta được:

0,25

8 16 4a 2 + 6b 2 + 3c 2 + 4 + + ≥ 8 ( a + b + c ) = 24 ⇒ 4a 2 + 6b 2 + 3c 2 ≥ 12 . 3 3 a + b + c = 3   2 a = 1 4a = 4  2   Dấu “=” xảy ra ⇔ 6b 2 = 8 ⇔ b = . 3 3   4  2 16  3c = c = 3 3  10.b

0,5 Phương trình x 2 − 2ax − 3b = 0 (1) có ∆1′ = a 2 + 3b . Phương trình x 2 − 2bx − 3a = 0 ( 2 ) có ∆ 2′ = b 2 + 3a . Vì hai phương trình có nghiệm nguyên nên ∆1′ , ∆ 2′ đều là số chình phương. 2

0,25

Giả sử a ≥ b > 0 khi đó a 2 < a 2 + 3b < ( a + 2 ) ⇒ a 2 + 3b = ( a + 1) ⇒ 3b = 2a + 1 . Do đó b là số lẻ. Đặt b = 2n + 1 ⇒ ∆ 2′ = 4n 2 + 13n + 4 . +) Nếu n ∈ {1; 2;3; 4} thì ∆ 2′ không là số chính phương. +) Nếu n = 0 ⇒ ∆ 2′ = 4 ⇒ a = b = 1 (thỏa mãn). +) Nếu n = 5 thì ∆ 2′ = 169 ⇒ a = 16, b = 11 (thỏa mãn). 2

+ Nếu n > 5 thì ( 2n + 3) < 4n 2 + 13n + 4 < ( 2n + 4 ) ⇒ ∆ 2′ không là số chính phương. Vậy các bộ số ( a; b ) thỏa mãn là: (1;1) , (16;11) , (11;16 ) .

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1O THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày : 24 tháng 7 năm 2020 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

A.PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1. Căn bậc ba của 1728 là : A.12

B.42

C.576

D.1728

Câu 2.Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất ? A. y = −

2 x

B. y = 5 x − 16

C. y = 5 x − 7

D. y = − x 2

1 Câu 3. Hàm số y = − x 2 có đồ thị là hình vẽ nào dưới đây ? 2

 2 x + y = −1 Câu 4.Nghiệm của hệ phương trình  là: x + 2 y = 4

A.( 3; −2 )

B.( −3;2 )

C.( −2;3)

D.( 2; −3)

Câu 5.Diện tích của hình tròn có bán kính R = 5cm bằng A.20π cm 2

B.25π cm 2

Câu 6.Điều kiện của x để biểu thức

C.50π cm 2

x − 4 có nghĩa là :

D.10π cm 2

A.x ≤ 4

B.x ≤ −4

C .x ≥ 4

D.x ≥ −4

Câu 7.Từ một điểm M nằm bên ngoài đường tròn ( I ; R ) vẽ hai tiếp tuyến MP, MQ (hình minh họa phía dưới). Gọi H là giao điểm của PQ và IM . Khẳng định nào dướu đây sai ?

P I

Q A.MP 2 = IM 2 − IP 2

B.HP = HQ

C.IM = R

D.MP = MQ

Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn và ABC = 600. Số đo của góc ADC bằng

D C

A 600

B A.1800

B.600

C.900

D.1200

Câu 9.Tập nghiệm của phương trình x 2 + 2 x − 8 = 0 là: A.{−4; −2}

B.{2;4}

C.{−2;4}

D.{−4;2}

Câu 10. Điểm nào dưới dây là giao điểm của đường thẳng ( d ) : y = 2 x + 1 và parabol

( P ) : y = 3x 2 ? A.( −1;3)

B.(1;3)

C.(1; −3)

D.( −1; −1)

Câu 11.Một cái bồn chứa xăng gồm hai nửa hình cầu và một hình trụ có kích thước như hình vẽ bên dưới. Thẻ tích của bồn chứa xăng bằng (lấy giá trị gần đúng của π = 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất )

3,64m

1,84m

A.12,9m3

B.8,1m3

C.12,1m3

D.64,8m3

Câu 12.Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 260m và hai lần chiều dài lớn hơn ba lần chiều rộng là 10m. Chiều dài và chiều rộng của khu vườn đó lần lượt là :

A.76m,54m

B.54m,76m

C.80m,50m

D.50m,80m

Câu 13.Giá trị của biểu thức 3 5 − 4 125 + 180 bằng:

A.29

B. − 11 5

C. − 11

D.29 5

Câu 14. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x 2 + 5 x + 1 = 0. Giá trị của biểu thức x1 + x2 − 3 x1 x2 bằng: A. − 4

B.1

C. − 1

D.4

 mx + 4 y = 1 Câu 15. Tất cả giá trị tham số m sao cho hệ phương trình  có nghiệm  x − y = −1 duy nhất là :

A.m ≠ −1

B.m ≠ −4

C.m ≠ 1

D.m ≠ 4

Câu 16. Cho đường tròn ( O ) có bán kính R = 5cm và đường thẳng ( d ) cắt ( O ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 6cm. Khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng ( d ) bằng: A.8cm B.12cm C.2cm D.4cm Câu 17. Cho đường thẳng ( d1 ) : y = ax + b đi qua điểm M (1;2 ) và đồng thời song song với đường thẳng ( d1 ) : y = 3x + 4. Giá trị của biểu thức a 2 + b 2 bằng: A.28

B.27

C.10

D.52

Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ, cho M ( −1;2 ) , N ( 2;1) , P (1; −2 ) , Q ( −2;1) . Điểm nào 3 x + y = 1 có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình  ? 2 x + y = 0

A. Điểm Q

B. Điểm M

C. Điểm N

D. Điểm P

Câu 19. Cho hàm số y = −3x + b có đồ thị đi qua điểm M ( −1; −2 ) . Giá trị của b bằng A.5

B.1

C. − 7

D. − 5

Câu 20. Từ đỉnh của một tòa nhà cao 70m, người ta nhìn thấy một ô tô đang đỗ ở vị trí A với một góc 500 (minh họa như hình vẽ). Khoảng cách từ A đến vị trí B của tòa nhà đó là (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) 500

70 m

B A.45,0m

B.58,7 m

C.83,4m

D.53,6m

B.PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau : a )3 x 2 + 5 x − 2 = 0

b)4 x 4 + 3 x 2 − 1 = 0

 −2 x + y = −6 c)  2 x − 3 y = 10

Câu 2. (1,0 diểm) a) Vẽ đồ thị của hàm số y = 2 x 2 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 3m + 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 − x1 x2 = 7 ( x1 + x2 ) − 12

Câu 3. (1,0 điểm) Một trường THCS A tổ chức cho giáo viên và học sinh đi tham quan tại một khu du lịch sinh thái vào cuối năm học. Giá vé vào cổng của mỗi giáo viên và học sinh lần lượt là 70000 đồng và 50 000 đồng. Nhằm thu hút khách du lịch vào dịp hè, khu du lịch này đã giảm 10% cho mỗi vé vào cổng. Biết đoàn tham quan có 150 người và tổng số tiền mua vé là 7 290000 đồng. Hỏi trường THCS Acó bao nhiêu giáo viên và bao nhiêu học sinh đi du lịch ?

Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC. Vẽ đường cao AH , đường tròn đường kính HB cắt AB tại D và đường tròn đường kính HC cắt AC tại E a) Chứng minh rằng tứ giác ADHE nội tiếp b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng DE và BC. Chứng minh IH 2 = ID.IE c) Gọi M , N lần lượt là giao điểm của đường thẳng DE với đường tròn đường kính HB và đường tròn đường kính HC. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng BM và CN nằm trên đường thẳng AH . ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 1A 2C 3A 4C 5B 6C 7C 8D 9D 10B 11A 12C 13B 14A 15B 16D 17A 18D 19D 20B II. Tự luận Câu 1. a)3x 2 + 5 x − 2 = 0 ⇔ 3x 2 + 6 x − x − 2 = 0 ⇔ 3x ( x + 2 ) − ( x + 2 ) = 0 ⇔ ( x + 2 )( 3x − 1) = 0  x = −2 x + 2 = 0 ⇔ ⇔ 1 x = 3 x − 1 = 0  3  4 2 b)4 x + 3 x − 1 = 0

Đặt x 2 = t ( t ≥ 0 ) ⇒ pt thành: 4t 2 + 3t − 1 = 0 4t 2 + 4t − t − 1 = 0 ⇔ 4t ( t + 1) − ( t + 1) = 0 t = −1(ktm) ⇔ ( t + 1)( 4t − 1) = 0 ⇔  1 1 t = (tm) ⇒ x = ±  4 2  1 Vậy S =  ±   2

−2 y = 4 −2 x + y = −6   y = −2 c)  ⇔ y+6 ⇔ 2 x − 3 y = 10 x = 2  x = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2; −2 ) Câu 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) b) Tìm tất cả giá trị m……… Phương trình x 2 − 2mx + m 2 − 3m + 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ' > 0

⇔ m 2 − m 2 + 3m − 6 > 0 ⇔ m > 2 Vậy m > 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt  x1 + x2 = 2m Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:  . Theo đề bài ta có: 2  x1 x2 = m − 3m + 6 x12 + x22 − x1 x2 = 7 ( x1 + x2 ) − 12 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 − 7 ( x1 + x2 ) + 12 = 0 ⇔ 4m 2 − 3 ( m2 − 3m + 6 ) − 7.2m + 12 = 0

⇔ 4m 2 − 3m 2 + 9m − 18 − 14m + 12 = 0 ⇔ m2 − 5m − 6 = 0 ⇔ m 2 − 6m + m − 6 = 0 ⇔ m ( m − 6 ) + ( m − 6 ) = 0 ⇔ ( m − 6 )( m + 1) = 0  m = 6(tm) ⇔  m = −1(ktm) Vậy m = 6 Câu 3. Gọi số giáo viên là x (người), (ĐK: x ∈ ℕ*, x < 150) ⇒ Số học sinh là : 150 − x (người) Số tiền phải trả cho số vé của giáo viên: 70000x (đồng) Số tiền phải trả cho số vé của học sinh là 50000 (150 − x ) (đồng) Nên tổng số tiền phải trả lòa 70000 x + 50000 (150 − x ) (đồng) Vì khu du lịch giảm 10% cho mỗi vé vào cổng và đoàn tham quan phải trả là 7 290000 đồng nên ta có phương trình: 70000 x + 50000 (150 − x )  .90% = 7 290000 ⇔ 7 x + 5 (150 − x )  .90% = 729 ⇔ 7 x + 5 (150 − x ) = 810 ⇔ 7 x + 750 − 50 x = 810 ⇔ 2 x = 60 ⇔ x = 30(tm) Vậy trường THCS A có 30 giáo viên và 150 − 30 = 120 học sinh.

Câu 4.

D B

K M

Chứng minh rằng tứ giác ADHE nội tiếp = 900 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BH ⇒ BDH Ta có: BDH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CH ⇒ CEH = 900 CEH Xét tứ giác ADHE ta có: ADH + AEH = 900 + 900 = 1800 ⇒ ADHE là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: IH 2 = ID.IE ) Ta có: ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ ∠DAH = ∠DEH (cùng chắn DH

= BHD (cùng phụ với ∠DBH ) = ∠IEH ,lại có BAH Hay BAH

(

)

= IEH = BAH hay BHD = IEH ⇒ BHD

= IEH (cmt ) Xét ∆IDH và ∆IHE ta có: ∠I chung; IHD ID IH = ⇒ ID.IE = IH 2 (dfcm) IH IE c) Chứng minh giao điểm hai đường thẳng BM , CN nằm trên đường thẳng AH Gọi giao điểm của BM và CN là K Ta có: ∠BMH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BH ⇒ ∠BMH = 900 Hay MH ⊥ BK , chứng minh tương tự ⇒ NH ⊥ KC = DEH (cùng chắn cung DH ) hay Vì ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên DAH ⇒ ∆IDH ∼ ∆IHE ( g .g ) ⇒

= MEH BAH Vì BDMH là tư giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, MH

= DBH (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ⇒ HME + + HME = 900 = Hay EMH ABH = 900 ⇒ MBH ABH mà BAH = 900 hay MH ⊥ HE ⇒ MHE Mà HE ⊥ AC ⇒ MH / / AC Lại có: MH ⊥ BK ( cmt ) ⇒ BK ⊥ AC , chứng minh tương tự: CK ⊥ AB ⇒ K là trực tâm ∆ABC ⇒ K ∈ AH (dfcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN – THPT Thời gian làm bài : 90 phút

A. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu 1.Tìm số thực m để hàm số y = ( 2 − m ) x + 1nghịch biến trên ℝ A.m > 0 B.m < 2 C .m ≠ 2 D.m > 2 2 Câu 2. Phương trình x − 5 x − 6 = 0 có bao nhiêu nghiệm dương ? A.0 B.1 C.2 D.3 2+ x Câu 3. Tìm điều kiện của x để biểu thức P = + x có nghĩa x−3 A.x > 3 B.x ≥ 0 C.x ≥ 0 và x ≠ 3 D.x ≠ 3

Câu 4. Cho P = 53 − 20 7 = a + b 7 với a, b là các số nguyên. Tính a − b A.7 B.73 C. − 7 D. − 3 Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 3, BC = 5. Tính tan ACB 5 3 4 3 A.tan ACB = B.tan ACB = C.tan ACB = D.tan ACB = 3 5 3 4 Câu 6. Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là a,2a,3a

AV . = 3a3 B.V = 6a 3 C.V = a 3 D.V = 2a 3 Câu 7. Cho đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng

a 2. Tính diện tích S của hình tròn ( O ) 1 AV . = π a2 B.V = 4π a 2 C.V = π a 2 DV . = 2π a 2 2 Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính R = 2a 4 32 AV . = π a3 B.V = π a 3 C.V = 4π a 3 D.V = 8π a 3 3 3 B.Tự luận (8,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A = 7 20 − 3 25 2) Tính giá trị của biểu thức B = x + 3) Rút gọn biểu thức C =

3 2 x

5 5 − 1− 2 1+ 2

Câu II. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 x 2 − 6 x + 1 = 0

+ 4 khi x = 9

2 x − y = 3 2) Giải hệ phương trình:  x + 2 y = 5 Câu III. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hàm số y = x 2 có đồ thị ( P ) và đường thẳng

d : y = 2 x − m + 1 (với m là tham số)

1) Vẽ đồ thị ( P ) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị ( P ) tại hai

điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12 + x22 = 2 ( x1 + x2 )

Câu IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) có bán kính R = 2a và điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Kẻ đến ( O ) hai tiếp tuyến AM , AN (với M , N là các tiếp điểm. 1) Chứng minh bốn điểm A, M , N , O cùng thuộc một đường tròn ( C ) . Xác định tâm và bán kính của đường tròn ( C ) 2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a, biết rằng OA = 3a 3) Gọi M ' là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và ( O ) , P nằm bên ngoài đoạn OA. Tính sin MPN

Câu V. (0,5 điểm) Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn x + y = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 4 + y 4 − 4 xy + 3

ĐÁP ÁN A. Trắc nghiệm 1D 2B 3A 4A B. Tự luận Câu I. 1) Rút gọn biểu thức

A = 7 20 − 3 25 = 7.2 5 − 3.5 = 14 5 − 15 2) Tính giá trị biểu thức Điều kiện x > 0 ⇒ thay x = 9(tmdk ) vào B ta có: 3 15 +4= 2.3 2 2 9 3) Rút gọn biểu thức

B= 9+

+ 4 =3+

5 5 5 + 5 2 − 5 + 5 2 10 2 − = = = −10 2 1− 2 −1 1− 2 1+ 2 Câu II. 1) Giải phương trình 2 x 2 − 6 x + 1 = 0 Ta có: ∆ ' = 32 − 2.1 = 7 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: C=

 3+ 7  x1 = 2 . Vậy S =  3 ± 7      3− 7  2   x2 =  2 2 x − y = 3 2) Giải hệ phương trình  x + 2 y = 5

 11 x= 2 x − y = 3 4 x − 2 y = 6 5 x = 11  5 ⇔ ⇔ ⇔  x + 2 y = 5 x + 2 y = 5  y = 2x − 3  y = 7  5  11 7  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;   5 5 Câu III. 1) Học sinh tự vẽ ( P )

2) Tìm tất cả giá trị của tham số m Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 = 2 x − m + 1 ⇔ x 2 − 2 x + m − 1 = 0 (*) Để đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 1 − m + 1 = 2 − m > 0 ⇔ m < 2

x + x = 2 Áp dụng hệ thức Vi et ta có:  1 2 .Theo đề bài ta có:  x1 x2 = m − 1 2

x12 + x22 = 2 ( x1 + x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 2 ( x1 + x2 ) ⇔ 22 − 2 ( m − 1) = 2.2 ⇔ 2 ( m − 1) = 0 ⇔ m = 1(tm)

Vậy m = 1 thỏa mãn đề bài Câu IV.

O E

1) Xác định tâm và bán kính Gọi I là trung điểm của OA = 900 ( AM là tiếp tuyến với ( O )) ⇒ ∆AMO vuông tại M Ta có: OMA Có MI là trung tuyến ⇒ MI = IO = IA (1)

= 900 ( AN là tiếp tuyến của ( O )) ⇒ ∆ANO vuông tại N ONA Có NI là trung tuyến nên NI = IO = IA ( 2 ) Từ (1) và (2) suy ra IO = IA = IM = IN nên 4 điểm A, M , N , O cùng thuộc đường tròn OA ( C ) tâm I bán kính R = (dfcm) 2 2) Tính diện tích S…….. Gọi E là giao điểm của MN và OA Ta có:OM = ON = R và AM = AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ OA là đường trung trực của MN ⇒ OA ⊥ MN tại trung điểm E của MN Tam giác OMA vuông tại M, theo định lý Pytago ta có:

AM 2 = OA2 − OM 2 = ( 3a ) − ( 2a ) = 5a 2 ⇒ AM = a 5 Tam giác AMO vuông tại M có ME là đường cao nên: ME.OA = OM . AM ⇒ ME =

OM . AM 2a.a 5 2a 5 = = OA 3a 3

2a 5 4a 5 = 3 3 Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA, MN vuông góc nên: ⇒ MN = 2 ME = 2.

1 1 4a 5 SOMAN = .OA.MN = .3a. = 2a 2 5 2 2 3 Vậy SOMAN = 2a 2 5

3) Tính sin MPN ) = MM Nối M ' với N ta có: MPN ' N (hai góc nội tiếp cùng chắn MN = sin MM ⇒ sin MPN 'N

' = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác Tam giác MNM ' có MNM vuông tại N MN 4a 5 5 ⇒ sin MM 'N = = : 4a = MM ' 3 3

5 3

= Vậy sin MPN

Câu V. Ta có: 2

P = x 4 + y 4 − 4 xy + 3 = ( x 2 + y 2 ) − 2 ( xy ) − 4 xy + 3 2

= ( x + y ) − 2 xy  − 2 ( xy ) − 4 xy + 3   2

= ( x + y ) − 4 xy ( x + y ) + 4 ( xy ) − 2 ( xy ) − 4 xy + 3 2

= 256 − 64 xy + 2 ( xy ) − 4 xy + 3 2

= 2 ( xy ) − 68 xy + 259

Đặt t = xy , áp dụng BĐT Cô si ta có: 2

x+ y 0 ≤ xy ≤   = 4 ⇒ 0 ≤ t ≤ 4 . Khi đó ta có:  2 

P = 2t 2 − 68t + 259 = 2 ( t 2 − 34t + 17 2 ) − 319 = 2 ( t − 17 ) − 319 2

Với 0 ≤ t ≤ 4 ⇒ −17 ≤ t − 17 ≤ −13

⇔ 132 ≤ ( t − 17 ) ≤ 17 2 ⇔ 2.132 ≤ 2.( t − 17 ) ≤ 2.17 2 2

⇔ 2.132 − 319 ≤ 2.( t − 17 ) − 319 ≤ 2.17 2 − 319 ⇔ 19 ≤ P ≤ 259  xy = 4 x = 2 Vậy Pmin = 19 ⇔ t = 4 ⇔  ⇔ x + y = 4 y = 2

 xy = 0  x = 0; y = 4 Pmin = 259 ⇔ t = 0 ⇔  ⇔ x + y = 4  y = 0; x = 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TỈNH HẬU GIANG

Năm học: 2018-2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN (ĐỀ CHUNG) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Cho 13 − 4 3 = a 3 + b, với a, b là các số nguyên. Tính giá trị của biểu thức T = a 3 + b3 A. T = 9

B. T = 7

C. T = −9

D. T = −7

Câu 2. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: 2018

( ) .(4 C. ( 7 − 4 3 ) . ( 4 A. 4 3 − 7

2018

) 3 + 7) 3+7

2019

( D. ( 4

= −4 3 − 7 = 7−4 3

2018

2019

) . ( 4 3 + 7) 3 − 7) . ( 4 3 + 7)

B. 4 3 − 7

2018

2019

= −4 3 + 7 = 4 3+7

Câu 3. Gọi x1 ,x 2 là các nghiệm của phương trình x 2 + 2ax − 3 2, với a là số thực tùy ý. Tính giá trị của biểu thức T = x12 + x 22 theo a A. T = 4a 2 + 6 2

B.T = 4a 2 − 6 2

C. T = 4a 2 + 3 2

D. T = −4a 2 + 6 2

Câu 4.Có bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình x 2 − 2 3x + m − 3 có hai nghiệm phân biệt A. Vô số

B. 5

C. 6

D. 7

x = a Câu 5. Giả sử  là nghiệm của hệ phương trình y = b

2 3x − 3 3y = −3 . Tính giá trị của biểu  2x + y = 3 3

thức P = a 2 + b 2 A. P = 9

B. P = 7

C. P = 3

D. P = 6

Câu 6. Cho hàm số y = ax 2 có đồ thị là Parabol (P) và hàm số y = − bx + c có đồ thị là đường thẳng (d) , với a, b là các số thực dương khác 0. Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) tai hai điểm phân biệt. Chọn khẳng định đúng A.b 2 − 4ac < 0

B. b 2 − 4ac > 0

C. b 2 + 4ac < 0

D. b 2 + 4ac > 0

Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2 5a , AC = 5 3a . Kẻ AK ⊥ BC, K ∈ BC. Tính AK theo a A. AK =

19 57 a 10

B.AK =

95 a 2

C. AK =

10 57 a 19

D.AK =

5 57 a 19

Câu 8. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó

B. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh tại tiếp điểm, một cạnh là tiếp tuyến và cạnh kia chưa dây cung. C. Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên đường tròn D. Hình thang cân không nội tiếp đường tròn Câu 9. Cho đường tròn tâm O, bán kính r=1, và (O) nội tiếp tam giác ABC. Giả sử diện tích của tam giác bằng 3. Tính chu vi c của tam giác ABC Câu 10. Một sân vườn có dạng hình thoi, cạnh a=4m và góc nhọn hình thoi có số đo bằng 600. Người ta muốn lát nền cho cái sân vườn này. Giá mỗi m2 tốn chi phí 500 ngàn đồng. Tính số tiền để lát nền sân vườn này (làm tròn đến hàng nghìn) Câu 11. Một hình chữ nhật có chu vi bằng 14m và diện tích bằng 12m2. Tính độ dài đường chéo của hình chữ nhật này A. 25 m B. 7m C. 5m D. 10m Câu 12. Trong tháng 5 năm 2018, gia đình anh Tâm (gồm 5 người ) đã sử dụng hết 32m 3 nước máy. Biết rằng định mức tiêu thụ mỗi người là 4m 3 trong một tháng và đơn giá tính theo bảng sau: Lượng nước sử dụng ( m 3 )

Giá cước ( ®ång / m 3 )

Đến 4m 3 /người/tháng

5300

Trên 4m 3 /người/tháng đến 6m 3 /người/tháng

10200

Trên 6m

11400

/người/tháng

Biết rằng số tiền phải trả trong hóa đơn bao gồm tiền nước, 5% thuế giá trị gia tăng và 10% phí bảo vệ môi trường. Tính số tiền m mà anh Tâm phải trả theo hóa đơn (làm tròn đến hàng chục). A. m = 248110 đông C. m=230800 đồng PHẦN II. TỰ LUẬN Câu 1. Cho biểu thức A =

1 x

B.m=329970đồng D. 265420 đồng

x x +1

4 9 2) Tìm điều kiện để biểu thức A có nghĩa 3 3) Tìm x để A = 2 Câu 2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x =

1)3x 2 − 2x − 4 = 0

2) ( 2x − 3) − 4 ( 2x − 3) − 21 = 0

 2 x − y = 1  3)  5x + 4 = 19  y

Câu 3. 1 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y = − x 2 có đồ thị là Parabol (P) và hàm số y= x 2 – 2 có đồ thị là đường thẳng d. Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ 2) Cho hàm số y = kx + b có đồ thị là đường thẳng ∆ . Tìm k và b biết đường thẳng ∆ có hệ số

góc bằng

2 và đi qua điểm M( − 2;3)

Câu 4. Cho tam giác ABC có AB < AC và 3 góc đều nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và D. 1) Giả sử BC = 6a. Tính diện tích hình tròn (O) theo a 2) Gọi H là giao điểm của BD và CE, gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng AH ⊥ BC 3) Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (O) với M, N là các tiếp điểm. Chứng = AKN minh rằng ANM 4) Giả sử F là điểm di động trên đường tròn (O). xác định vị trí của điểm F để tam giác FBC có diện tích lớn nhất Câu 5. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c S= + + 2 + bc 2 + ac 2 + ab

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 HẬU GIANG 2018-2019 PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM 1.A 2.D 3.A 4.B 5.D 6.D 7.C 8.D 9.B 10.A 11.C 12.D PHẦN 2. TỰ LUẬN Câu 1

1)A =

1 x

x x +1

x +1+ x

(

)

x +1

4 4 +1+ 9 9 = 19  10 4  4 .  + 1  9  9  19 4 VËy A = khi x = 10 9 2) A cã nghÜa khi x > 0 4 khi x = th× A = 9

3) A =

3 x +1+ x 3 ⇔ = 2 x. x + 1 2

(

)

⇔ 3x + 3 x = 2x + 2 x + 2 ⇔ x+ x −2 =0 ⇔

(

)(

x −1

V× x + 2 > 0 ⇒ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 Cau 2

)

x +2 =0

1)3x 2 − 2x − 4 = 0 2

∆ = ( −2 ) − 4.3.(−4) = 52 > 0  2 + 52 1 + 13 = x1 = 6 3  ⇒ Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm :  2 − 52 1 − 13 = x 2 =  6 3 4

2) ( 2x − 3) − 4 ( 2x − 3) − 21 = 0 §Æt t = ( 2x − 3)

(t > 0)

ph−¬ng tr×nh thµnh :t 2 − 4t − 21 = 0 ∆ ' = ( −2 ) 2 + 21 = 25 > 0  t1 = 2 + 25 = 7(chän ) Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ⇒   t 2 = 2 − 25 = −3(lo¹i)  3+ 7 x1 =   2x 3 7 − = 2 2 khi t = 7 ⇒ ( 2x − 3) = 7 ⇔  ⇔  3− 7 2x − 3 = − 7 x2 = 2   3 ± 7  VËy S =    2  a − b = 1 a = b + 1 2 3) §Æt x = a; = b. hÖ ph−¬ng tr×nh thµnh  ⇔ y 5a + 2b = 19 5(b + 1) + 2b = 19 a = b + 1 a = 2 + 1 a = 3 ⇔ ⇔ ⇔ 7b = 14 b = 2 b = 2 x = 3 x = 3  ⇔ ⇒ 2 y = 1 y = 2  VËy (x;y) = (3;1)

Cau 3. a)häcsinh tù vÏ b) V× hµm sè y = kx + b cã hÖsè gãc lµ 2 ⇒ k = 2 Ta cã ®å thÞ hµm s« y = 2x + b qua ®iÓm M(− 2;3) ⇒ 3 = − 2. 2 + b ⇒ b = 5 VËy k = 2 ;b = 5

Câu IV,

A D E M B

N F

H K

BC = 3a = R 2 Khi ®ã diÖn tÝch h×nh trßn lµ :S = πR 2 = 9πa 2 = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®−êng trßn) ⇒ CE ⊥ BA 2) Ta cã : BEC

1) BC = 6a ⇒ OC =

Cmtt ⇒ BD ⊥ AC mµ H = BD giao AC nª n H lµ trùc t©m ∆ABC ⇒ AH ⊥ BC t¹i K + OKA = 900 + 900 = 1800 ⇒ ONAK lµ tø gi¸c néi tiÕp 3) Ta cã :ONA (cïng ch¾n NA) N = AKN ⇒ AO (do 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau) ta cã :OA lµ ph©n gi¸c MON = AOM = 1 MON ⇒ AKN = 1 MON (1) ⇒ AON 2 2 = AMN L¹i cã :AM = AN (t / c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau) ⇒ ANM = 1800 − A ⇒ ONA + OMA = 900 + 900 = 1800 XÐt ∆AMN c©n t¹i A ⇒ 2.ANM = 1800 − MAN ⇒ MANO néi tiÕp ⇒ MON = MON ⇒ ANM = 1 MON (2) ⇒ 2.ANM 2 = ANM Tõ (1) vµ (2) ⇒ AKN = 900 ⇒ ∆BFC vu«ng t¹i F 4) Ta cã BFC ⇒ S FBC = VËy S FBC

1 1 FB 2 + FC 2 1 FB.FC ≤ . = BC 2 (¸p dông BÊt ®¼ng thøc CoSy) 2 2 2 4 2 BC = .DÊu" = "x ¶ y ra ⇔ FB = FC ⇒ F lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung BC 4

Câu 5. 2

a2 + 1 ( b + c) + 1 Ta cã a + b + c = a.1 + (b + c).1 ≤ + 2 2 2 2 2 a + 1 + b + 2bc + c + 1 2bc + 4 = = = bc + 2 (v× a 2 + b2 + c2 = 2) 2 2 a a ⇒ ≤ ; 2 + bc a + b + c b b c c cmtt : ≤ ; ≤ 2 + ac a + b + c 2 + ab a + b + c a+b+c ⇒S≤ = 1. DÊu" = "x ¶ y ra ⇔ (a;b;c) = (0;1;1) vµ c¸c ho¸n vÞ a+b+c

STT 32. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2017-2018

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (5 điểm) Câu 1:

Trong các phương trình sau đây, phương trình nào là phương trình bậc nhất hai ẩn x , y ? A. 2 x + 5 y 2 = 10 .

Câu 2:

B. 2 xy + 5 y = 10 .

2 5 + = 10 . x y

D. 2 x + 5 y = 10 .

Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Đường tròn là hình có tâm đối xứng và có trục đối xứng B. Đường tròn là hình có một trục đối xứng duy nhất. C.Đường tròn là hình chỉ có hai trục đối xứng. D. Đường tròn là hình có vô số tâm đối xứng.

Câu 3:

(

)

Cho hàm số bậc nhất y = m 2 + 1 x − 2m và y = 10 x − 6 . Tìm giá trị của m để đồ thị hai hàm số trên song song với nhau? A. m = ±3 . B. m = −3 .

Câu 4:

C. m = 3 . D. m = 9 . 2 Biết rằng tồn tại giá trị nguyên của m để phương trình x − ( 2m + 1) x + m 2 + m = 0 có hai

nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn −2 < x1 < x2 < 4 . Tính tổng S các giá trị nguyên đó. A. S = 3 . Câu 5:

Tìm điều kiện xác định của biểu thức A. x ≥ 5 .

Câu 6:

C. x < 5 .

D. x ≤ 5 .

5− x ?

B. x > 5 .

B. 8 5 .

1 . 2

C. 2 5 .

D. 4 5 .

B. m =

5 . 2

C. m = 2 .

D. m = −2 .

Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = −3 x + 4 . A. Q ( −2; 2 ) .

Câu 9:

D. S = 5 .

 2 x + y = 3m + 1 Cho hệ phương trình  . Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) 3 x + 5 y = 8m + 5 thỏa mãn 3 x + y = 9 . A. m =

Câu 8:

C. S = 0 .

Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , biết BH = 4 cm; BC = 16 cm. Tính độ dài cạnh AB ? A. 8 .

Câu 7:

B. S = 2 .

B. N (1; 7 ) .

C. M ( 0; 4 ) .

Cho hàm số y = 3 x + 5 . Khẳng định nào sau đây là sai? A. Hàm số đồng biến trên tập ℝ . B. Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm M ( 0;5 )

D. P ( −1;1) .

C. Hàm số nghịch biến trên tập ℝ .  −5  D. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm M  ;0  .  3 

Câu 10: Căn bậc hai số học của 25 là: A. ±5 .

B. 625 .

C. 5 .

D. −5 .

C. x 2 − 6 x = 9 .

D. − x 2 + 12 x = −36 .

Câu 11: Phương trình nào sau đây có nghiệm kép? A. x 2 − 2 x + 4 = 0 .

B. 3 x 2 − 6 x + 3 = 0 .

Câu 12: Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc 35° thì bóng của một tòa nhà trên mặt đất dài 30 m. Hỏi chiều cao của tòa nhà đó bằng bao nhiêu mét (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. 52 m.

B. 21 m.

C. 17 m.

D. 25 m.

C. y = 1 − 2 x .

D. y = 1 − 2 ( x + 1) .

Câu 13: Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập ℝ ? y = −2 x + 3 .

B. y =

2 x +1. 3

Câu 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A ( 3; 4 ) . Số điểm chung của đường tròn tâm A bán kính R = 3 với trục Ox và Oy lần lượt là:

A. 1 và 2 .

B. 0 và 1 .

C. 1 và 0 .

D. 2 và 1 .

Câu 15: Tìm giá trị của m để phương trình mx 2 − 3x + 2m + 1 = 0 có nghiệm x = 2 .

5 A. − . 6

5 . 6

6 C. − . 5

6 D. . 5

Câu 16: Cho phương trình x − y = 1 (1). Phương trình nào dưới đây kết hợp với phương trình (1) để được một hệ phương trình bậc nhất hai ẩn x , y có vô số nghiệm? A. y = 2 x − 2 .

B. y = 1 + x .

Câu 17: Cho một hình cầu có thể tích A.

500π cm2. 3

C. 2 y = 2 − 2 x .

D. 2 y = 2 x − 2 .

500π cm3. Tính diện tích mặt cầu đó. 3

B. 50π cm2.

C. 25π cm2.

D. 100π cm2.

Câu 18: Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = mx 2 đi qua điểm A ( −2;1) .

1 A. m = − . 2

B. m =

1 . 2

C. m =

1 . 4

1 D. m = − . 4

Câu 19: Cho đường tròn ( O; R ) có dây cung AB = R 2 . Tính diện tích tam giác AOB . A. 2R2 .

R2 . 2

C. R 2 .

π R2 4

Câu 20: Khi cắt hình trụ bởi mặt phẳng vuông góc với trục, ta được mặt cắt là hình gì?

A. Hình chữ nhật.

B. Hình vuông.

C. Hình tròn.

D. Hình tam giác.

 y = 2x + 5 Câu 21: Hệ phương trình  y = x −3 A. Vô nghiệm.

B.Có nghiệm duy nhất. C.Có hai nghiệm.

D. Có vô số nghiệm.

Câu 22: Rút gọn biểu thức P = 3 4 x 6 − 3 x3 với x < 0 . A. P = 9 x3 .

B. P = −15 x3 .

C. P = −9 x3 .

D. P = 3x3 .

C. a < 2 ; a ≠ −1 .

D. a < 2 .

2−a nhận giá trị âm. a +1

Câu 23: Tìm a để biểu thức A. 0 ≤ a < 2 .

B. a > 2 .

Câu 24: Cho ngũ giác đều ABCDE . Đường tròn ( O ) tiếp xúc với ED tại D và tiếp xúc với BC tại C . Tính số đo cung nhỏ DC của ( O ) .

A. 135° .

B. 108° .

C. 72° .

D. 144° .

Câu 25: Biết phương trình x 2 + bx − 2b = 0 có một nghiệm x = −3 . Tìm nghiệm còn lại của phương trình?

6 5 A. − . B. − . 5 6 II. PHẦN TỰ LUẬN (5 điểm)

5 C. . 6

6 D. . 5

Câu 26: (1,5 điểm) 1. Rút gọn biểu thức A = 3 +

(2 − 3)

+ 6.

2. Tìm m để đồ thị hàm số y = mx + 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 .

x + 3y = 9 3. Giải hệ phương trình  .  x − y =1 Câu 27:

(1,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2 x − m = 0 ( m là tham số). 1. Giải phương trình với m = 3 . 2. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

( x1x2 + 1)2 − 2 ( x1 + x2 ) = 0 . Câu 28:

(2,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E , F là hình chiếu vuông góc của E trên AB . 1. Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp. 2. Gọi N là giao điểm của CF và BD . Chứng minh BN .ED = BD.EN .

Câu 29:

(0,5 điểm) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn điều kiện x + y ≤ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2 2

x +y

35 + 2 xy . xy

STT 32. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2017-2018 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (5 điểm) Câu 1:

Trong các phương trình sau đây, phương trình nào là phương trình bậc nhất hai ẩn x , y ?

A. 2 x + 5 y 2 = 10 .

B. 2 xy + 5 y = 10 .

2 5 + = 10 . x y

D. 2 x + 5 y = 10 .

Lời giải Chọn D. Câu 2:

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Đường tròn là hình có tâm đối xứng và có trục đối xứng B. Đường tròn là hình có một trục đối xứng duy nhất. C.Đường tròn là hình chỉ có hai trục đối xứng. D. Đường tròn là hình có vô số tâm đối xứng. Lời giải Chọn A. Câu 3:

(

)

Cho hàm số bậc nhất y = m 2 + 1 x − 2m và y = 10 x − 6 . Tìm giá trị của m để đồ thị hai hàm

số trên song song với nhau? A. m = ±3 . B. m = −3 .

C. m = 3 .

D. m = 9 .

Lời giải Chọn B.

(

)

Để đồ thị hàm số y = m 2 + 1 x − 2m song song với đồ thị hàm số y = 10 x − 6 thì  m 2 + 1 = 10  m = ±3 ⇔ ⇔ m = −3 .   −2m ≠ −6 m ≠ 3

Câu 4:

Biết rằng tồn tại giá trị nguyên của m để phương trình x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + m = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn −2 < x1 < x2 < 4 . Tính tổng S các giá trị nguyên đó.

A. S = 3 .

B. S = 2 .

C. S = 0 . Lời giải

Chọn B. 2

(

)

Ta có ∆ = ( 2m + 1) − 4 m 2 + m = 1 > 0 , ∀m . Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 2m + 1 − 1 2m + 1 + 1 x1 = = m ; x2 = = m + 1. 2 2 Theo đề bài: −2 < x1 < x2 < 4 ⇒ −2 < m < m + 1 < 4 ⇔ −2 < m < 3 . Vì m ∈ℤ nên m ∈ {−1; 0;1; 2} . Ta có S = −1 + 0 + 1 + 2 = 2 .

Câu 5:

Tìm điều kiện xác định của biểu thức

5− x ?

D. S = 5 .

A. x ≥ 5 .

B. x > 5 .

C. x < 5 .

D. x ≤ 5 .

Lời giải Chọn D. ĐKXĐ: 5 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5 . Câu 6:

Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , biết BH = 4 cm; BC = 16 cm. Tính độ dài cạnh AB ? A. 8 .

B. 8 5 .

C. 2 5 .

D. 4 5 .

Lời giải Chọn A. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC ( A = 900 ), ta có:

AB 2 = BH .BC = 4.16 = 64 . ⇒ AB = 8 (cm).

Câu 7:

 2 x + y = 3m + 1 Cho hệ phương trình  . Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) 3x + 5 y = 8m + 5 thỏa mãn 3 x + y = 9 . A. m =

1 . 2

B. m =

5 . 2

C. m = 2 .

D. m = −2 .

Lời giải Chọn C.

2 x + y = 3m + 1 10 x + 5 y = 15m + 5 7 x = 7 m x = m ⇔ ⇔ ⇔ .  3x + 5 y = 8m + 5 3x + 5 y = 8m + 5 3x + 5 y = 8m + 5  y = m +1 x = m Thay  vào phương trình 3 x + y = 9 ta được m = 2 .  y = m +1 Câu 8:

Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = −3 x + 4 . A. Q ( −2; 2 ) .

B. N (1;7 ) .

C. M ( 0; 4 ) . Lời giải

Chọn C. Câu 9:

Cho hàm số y = 3 x + 5 . Khẳng định nào sau đây là sai? E. Hàm số đồng biến trên tập ℝ . F. Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm M ( 0;5 ) G. Hàm số nghịch biến trên tập ℝ .  −5  H. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm M  ;0  .  3 

D. P ( −1;1) .

Lời giải Chọn C. Câu 10: Căn bậc hai số học của 25 là: A. ±5 .

B. 625 .

C. 5 .

D. −5 .

Lời giải Chọn C. Câu 11: Phương trình nào sau đây có nghiệm kép? A. x 2 − 2 x + 4 = 0 .

B. 3 x 2 − 6 x + 3 = 0 . C. x 2 − 6 x = 9 . Lời giải

D. − x 2 + 12 x = −36 .

Chọn B. Câu 12: Khi tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc 35° thì bóng của một tòa nhà trên mặt đất dài 30 m. Hỏi chiều cao của tòa nhà đó bằng bao nhiêu mét (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). A. 52 m.

C. 17 m.

B. 21 m.

D. 25 m.

Lời giải Chọn B. Giả sử tòa nhà là đoạn AB . Bóng của tòa nhà trên mặt đất là AC = 30 m. = 35° . BCA

Trong tam giác ABC , ta có: AB tan C = ⇒ AB = AC.tan C = 30.tan 35° ≈ 21 AC m.

Câu 13: Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập ℝ ? y = −2 x + 3 .

B. y =

2 x +1 . C. y = 1 − 2 x . 3 Lời giải

D. y = 1 − 2 ( x + 1) .

Chọn B. Câu 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A ( 3; 4 ) . Số điểm chung của đường tròn tâm A bán kính R = 3 với trục Ox và Oy lần lượt là: A. 1 và 2 .

B. 0 và 1 .

C. 1 và 0 .

D. 2 và 1 .

Lời giải Chọn B. Ta có: d( A;Ox ) = 4 > 3 = R . Do đó đường tròn ( A;3 ) không cắt trục Ox . d( A;Oy ) = 3 = R . Do đó đường tròn ( A;3 ) cắt trục Oy tại một điểm.

Câu 15: Tìm giá trị của m để phương trình mx 2 − 3 x + 2m + 1 = 0 có nghiệm x = 2 .

5 A. − . 6

5 . 6

6 C. − . 5

6 D. . 5

Lời giải Chọn B. Thay x = 2 vào phương trình ta được: 4m − 6 + 2m + 1 = 0 ⇔ 6m = 5 ⇔ m =

5 . 6

B. y = 1 + x .

C. 2 y = 2 − 2 x .

D. 2 y = 2 x − 2 .

Lời giải Chọn D. Câu 17: Cho một hình cầu có thể tích A.

500π cm2. 3

500π cm3. Tính diện tích mặt cầu đó. 3

B. 50π cm2.

C. 25π cm2.

D. 100π cm2.

Lời giải Chọn D.

4 3V 3 Thể tích mặt cầu bán kính R là V = π R3 ⇒ R = 3 = 3 4π

500π 3 = 5 (cm). 4π

Diện tích mặt cầu là S = 4π R 2 = 4π .52 = 100π (cm2).

Câu 18: Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = mx 2 đi qua điểm A ( −2;1) .

1 A. m = − . 2

B. m =

1 . 2

C. m =

1 . 4

1 D. m = − . 4

Lời giải Chọn C. Thay tọa độ điểm A vào đồ thị hàm số y = mx 2 ta được: 4m = 1 ⇒ m =

1 . 4

Câu 19: Cho đường tròn ( O; R ) có dây cung AB = R 2 . Tính diện tích tam giác AOB . A. 2R2 .

R2 . 2

C. R 2 .

π R2 4

Lời giải Chọn B. Xét tam giác AOB có: AB 2 = OA2 + OB 2 ⇒ ∆AOB vuông tại O . Ta có: S ∆AOB =

1 1 R2 . OA.OB = R.R = 2 2 2

Câu 20: Khi cắt hình trụ bởi mặt phẳng vuông góc với trục, ta được mặt cắt là hình gì?

A. Hình chữ nhật.

B. Hình vuông. C. Hình tròn. Lời giải

D. Hình tam giác.

Chọn C.

 y = 2x + 5 Câu 21: Hệ phương trình  y = x −3 A. Vô nghiệm.

B.Có nghiệm duy nhất. C.Có hai nghiệm. Lời giải

D. Có vô số nghiệm.

Chọn B. Câu 22: Rút gọn biểu thức P = 3 4 x 6 − 3 x 3 với x < 0 . A. P = 9 x3 .

B. P = −15 x3 . C. P = −9 x3 . Lời giải

D. P = 3x3 .

Chọn C.

(

)

P = 3 4 x 6 − 3 x3 = 3. 2 x3 − 3 x3 = 3. −2 x3 − 3 x3 = −9 x3 (do x < 0 ).

Câu 23: Tìm a để biểu thức A. 0 ≤ a < 2 .

2−a nhận giá trị âm. a +1

B. a > 2 .

C. a < 2 ; a ≠ −1 .

D. a < 2 .

Lời giải Chọn B.

2 − a < 0 a > 2 ⇔ Để biểu thức nhận giá trị âm thì  ⇔ a >2. a ≥ 0 a ≥ 0 Câu 24: Cho ngũ giác đều ABCDE . Đường tròn ( O ) tiếp xúc với ED tại D và tiếp xúc với BC tại C . Tính số đo cung nhỏ DC của ( O ) . A. 135° .

B. 108° .

C. 72° .

D. 144° .

Lời giải Chọn D. Vì ABCDE là ngũ giác đều nên A = B =C =D =E = 108° .

Vì đường tròn ( O ) tiếp xúc với ED tại D và tiếp

= BCD − BCO = 108° − 90° = 18° . Ta có: OCD = 18° . Tương tự: ODC

O C

xúc với BC tại C nên BC và ED là tiếp tuyến của ( O ) . = EDO = 90° . ⇒ BCO

Trong ∆OCD có = 1800 − OCD − ODC = 144° . COD

= sđ COD = 144° . sđ CD

Câu 25: Biết phương trình x 2 + bx − 2b = 0 có một nghiệm x = −3 . Tìm nghiệm còn lại của phương trình?

6 A. − . 5

5 B. − . 6

5 C. . 6

6 D. . 5

Lời giải Chọn D. Vì x = −3 là nghiệm của phương trình nên 32 − 3b − 2b = 0 ⇔ b =

9 . 5

Vì ac < 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt, theo Vi–et ta có

x1.x2 = −2b = −

18 18 6 ⇒ x2 = − : (−3) = (giả sử x1 = −3 ). 5 5 5

II. PHẦN TỰ LUẬN (5 điểm) Câu 26: (1,5 điểm) 1. Rút gọn biểu thức A = 3 +

(2 − 3)

+ 6.

2. Tìm m để đồ thị hàm số y = mx + 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 .

x + 3y = 9 3. Giải hệ phương trình  .  x − y =1 Lời giải 1. Rút gọn biểu thức

A= 3+

(2 − 3)

+ 6 = 3 + 2− 3 + 6 = 8.

2. Tìm m để đồ thị hàm số y = mx + 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 . Thay x = 3 ; y = 0 vào hàm số y = mx + 3 ta được: 3m + 3 = 0 ⇔ m = −1 . Vậy với m = −1 thì đồ thị hàm số y = mx + 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 .

x + 3y = 9 3. Giải hệ phương trình  . x − y = 1 x + 3y = 9 4 y = 8 y = 2 y = 2 ⇔ ⇔ ⇔ .  x − y = 1 x − y = 1 x − y = 1 x = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3; 2 ) .

Câu 27: (1,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2 x − m = 0 ( m là tham số). 1. Giải phương trình với m = 3 . 2. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

( x1x2 + 1)2 − 2 ( x1 + x2 ) = 0 . Lời giải 1. Giải phương trình với m = 3 . Thay m = 3 ta có phương trình x 2 − 2 x − 3 = 0 . Ta thấy a − b + c = 1 + 2 − 3 = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = −1 ; x2 = 3 . 2. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

( x1x2 + 1)2 − 2 ( x1 + x2 ) = 0 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆′ = 1 + m > 0 ⇔ m > −1 . (*)

x + x = 2 Khi đó, theo định lý Vi-et, ta có:  1 2 .  x1x2 = −m Thay (1) vào đề bài ta được:

(1)

m=2 .  m = −1

( x1x2 + 1)2 − 2 ( x1 + x2 ) = 0 ⇔ ( −m + 1)2 − 2.2 = 0 ⇔ ( m − 1)2 = 4 ⇔  Kết hợp với điều kiện (*) ta được m = 3 .

Câu 28: (2,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E , F là hình chiếu vuông góc của E trên AB . 1. Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp. 2. Gọi N là giao điểm của CF và BD . Chứng minh BN .ED = BD.EN . Lời giải

C D E N A

B F O

1. Ta có ADB = ACB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét tứ giác ADEF có: ADE + AFE = 90° + 90° = 180° . Suy ra tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh tương tự ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn. ). (1) = EBF (hai góc nội tiếp cùng chắn EF ⇒ ECF Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (gt) = DCA (hai góc nội tiếp cùng chắn DA ). (2) ⇒ DBA = Từ (1) và (2) suy ra DCA ACF .

. Hay CA là phân giác của DCF (3) Mặt khác: ACB = 90° , hay CA ⊥ CB . (4) . Từ (3) và (4) suy ra CB là phân giác ngoài của DCF Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác cho tam giác DCN ta có BN CN EN = = ⇒ BN .ED = BD.EN . (đpcm) BD CD ED

Câu 29:

(0,5 điểm) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn điều kiện x + y ≤ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2 2

x +y

35 + 2 xy . xy

Lời giải Ta có: P =

2 2

x +y

35 2 1 32 2 + 2 xy = 2 + + + 2 xy + . 2 xy xy xy xy x +y

1 1 4 + ≥ (*). (Chứng minh bằng biến đổi tương đương hoặc cô-si). a b a+b 2 1 Áp dụng (*) cho hai số dương 2 ; ta được: 2 xy x +y Với a > 0 , b > 0 ta có

2 2

x +y

 1 1 1  4 8 8 1 = 2  2 + = > 2 = .  ≥ 2. 2 2 2 2 xy 2 xy  2 x + y + 2 xy ( x + y ) 4 x +y

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương x , y ta có:

2 xy ≤ x + y ≤ 4 ⇒ xy ≤ 4 ⇒

2 2 1 ≥ = . xy 4 2

32 32 + 2 xy ≥ 2 .2 xy = 16 xy xy Do đó P =

2 2

x +y

1 32 2 1 1 + + 2 xy + ≥ + 16 + = 17 . xy xy xy 2 2

 x 2 + y 2 = 2 xy  xy = 4  Dấu đẳng thức xảy ra khi  ⇔ x = y = 2. x= y   x+ y =4  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 17 khi x = y = 2 .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Phần I. Trắc nghiệm Câu 1. Điều kiện đẻ biểu thức 2020 3 − x có nghĩa là : A.x ≥ 3

B.x ≠ 3

C .x ≤ 3

D.x < 3

Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ ? A. y = −5 x + 3

B. y = 5

C. y = 5 x − 1

D. y = −5

5 x − 2 y = 5 Câu 3. Hệ phương trình  có nghiệm ( x; y ) là: 2 x + y = 11

A.( 3;5 )

B.( 5;3)

C.( −5;3)

D.( 3; −5 )

Câu 4. Tìm a, biết đồ thị của hàm số y = 2 x − a đi qua điểm ( 0;1)

A.a = 2

B.a = −1

C.a = 1

D.a = −2

Câu 5. Trong các phương trình sau, phương trình nào có nghiệm kép ? A.x 2 + 8 x + 7 = 0

B.x 2 − 9 = 0

C.x 2 − 7 x + 4 = 0

D.x 2 − 6 x + 9 = 0

Câu 6.Cho tam giác ABC vuông tại B, biết AC = 10cm, ∠A = 600 . Độ dài đoạn AB là A.5 3cm

B.10 3cm

C.5cm

10 3 cm 3

Câu 7.Cho đường tròn ( O;5cm ) và đường tròn ( O ';7cm ) biết OO ' = 2cm. Vị trí tương đối của hai đường tròn là : A. Cắt nhau

B. tiếp xúc trong C. tiếp xúc ngoài D. đựng nhau.

Câu 8. Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy 5cm, chiều cao 2cm là: A.20π ( cm 2 )

B.10π ( cm 2 )

C .20 ( cm 2 )

D.10 ( cm 2 )

Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1.(1,5 điểm) 1) Chứng minh đẳng thức

(

5−4

 1 2) Rút gọn biểu thức P =  +  x +2

)

− 5 + 20 = 4  x > 0 1  2 :    x − 2  x − 2 x  x ≠ 4

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + m = 0 (với m là tham số) 1) Giải phương trình khi m = 4 2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. Tìm m để x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 − 5 x1 x2 = −17 1 2  2 ( x − 2 ) + y + 5  Bài 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x − 2 ) 2 − 2 = − 1  y+5

Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nôi tiếp đường tròn ( O; R ) . Hai đường cao BD, CE của tam giác ABC cắt nhau tại H . Các tia BD, CE cắt đường tròn ( O; R ) lần lượt tại điểm thứ hai la P, Q 1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP bằng cung AQ 2) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA ⊥ DE 3) Cho góc CAB bằng 600 , R = 6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

AED Bài 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 2 x 2 + x + 1 − 4 x − 1 + 2 x 2 + 3 x − 3 = 0 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3

a3 b3 c3 Chứng minh: + + ≥1 b + 2c c + 2a a + 2b ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 1C

II. Tự luận Bài 1.

1)VT =

(

5−4

)

− 5 + 20 =

5−4 − 5+2 5

= 4 − 5 − 5 + 2 5 = 4 = VP(dfcm)  1 2) P =  +  x +2 =

 x > 0 1  2 :    x − 2  x − 2 x  x ≠ 4

x −2+ x +2

(

x −2

)(

x +2

)

(

x −2 2

2 x. x 2

(

x +2

)

x x +2

Bài 2. 1) Giải phương trình khi m = 4 Khi m = 4 ta có phương trình : x 2 − 9 x + 20 = 0 ⇔ x 2 − 4 x − 5 x + 20 = 0 ⇔ x ( x − 4 ) − 5 ( x − 4 ) = 0 x = 5 ⇔ ( x − 5 )( x − 4 ) = 0 ⇔  x = 4 Vậy với m = 4 ⇔ S = {4;5}

2) Tìm m………….. Xét phương trình x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + m = 0 có: 2

∆ = ( 2m + 1) − 4 ( m2 + m ) = 4m2 + 4m + 1 − 4m2 − 4m = 1 > 0 Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m. Áp dụng hệ thức  x1 + x2 = 2m + 1 Vi – et ta có:  . Theo đề bài ta có: 2 x x = m + m  1 2 2

x12 + x22 − 5 x1 x2 = −17 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 5 x1 x2 = −17 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 7 x1 x2 + 17 = 0 ⇔ ( 2m + 1) − 7 ( m 2 + m ) + 17 = 0 ⇔ 4m 2 + 4m + 1 − 7 m 2 − 7m + 17 = 0 ⇔ 3m 2 − 3m − 18 = 0 ⇔ m 2 − m − 6 = 0 ⇔ m 2 − 3m + 2m − 6 = 0 ⇔ m ( m − 3) + 2 ( m − 3) = 0  m = −2 ⇔ ( m + 2 )( m − 3) = 0 ⇔  m = 3 Vậy m = −3, m = 2 thỏa đề.

1 2  2 x − 2 + ( )  y+5  Bài 3. Giải hệ phương trình:  ( x − 2 ) 2 − 2 = −1  y+5

u = ( x − 2 )2 ≥ 0  ĐKXĐ: y ≥ −5 , Đặt:  , hệ phương trình thành : 1 v = > 0  y+5 

2u + v = 3 2u + v = 3 5v = 5 v = 1 ⇔ ⇔ ⇔ (tm)  u − 2v = −1 2u − 4v = −2 u = 2v − 1 u = 1 ( x − 2 )2 = 1   x − 2 = 1  x = 3    ⇒ 1 ⇔   x − 2 = −1 ⇔   x = 1 =1  y + 5 =1  y = −4    y+5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = {( 3; −4 ) ; (1; −4 )}

Bài 4.

A J

Q E

P D

B M C F

1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP = cung AQ Ta có: BD,CE là các đường cao của ∆ABC

 BD ⊥ AC = {D} ⇒ ⇒ BEC = BDC = 900 CE ⊥ AB = { E} = BDC = 900 mà hai đỉnh E , D là hai đỉnh kề nhau Xét tứ giác BEDC ta có: BEC Nên BEDC là tứ giác nội tiếp Vì BEDC là tứ giác nội tiếp nên ∠EBD = ∠ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn ED) ⇒ ∠ABP = ∠ACQ Lại có: ∠ABP, ∠ACQ lần lượt là tứ giác nội tiếp chắn các cung AP, AQ ⇒ cung AP = cung AQ

2) Chứng minh E là trung điểm HQ….. Xét tứ giác AEHD ta có: AEH + ∠ADH = 900 + 900 = 1800 , mà hai góc này ở vị trí = EDH (cùng chắn cung EH ) đối diện nên AEHD là tứ giác nội tiếp ⇒ EAH

= ECB (cùng chắn cung EB ) Vì BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ EDC ⇒ ∠AEH = ∠ECB ( = ∠EDH ) hay ∠EAH = ∠EAQ ( = ∠BCQ )

= QCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB) Lại có : QAB = EAQ ( = ∠BCQ ) ⇒ AE là tia phân giác của ∠QAH ⇒ EAH Xét ∆QAH ta có: AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên ∆QAH cân tại A. ⇒ AE cũng là đường trung tuyến ⇒ E là trung điểm HQ( dfcm) Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại F Khi đó ta có: ∠ABC = AFC (cùng chắn cung AC) Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ ∠ADE = ∠ABC (góc ngoài tại một đỉnh bằng = ADB = AFC ABC góc trong tại đỉnh đối diện ) ⇒

(

)

ACF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có + + CAF AFC = 900 ⇒ FAC ADE = 900 hay ∠DAO + ∠ADE = 900 ⇒ AO ⊥ DE ( dfcm)

3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AED Theo chứng minh b, ta có: AEDH là tứ giác nội tiếp Nên Đường tròn ngoại tiếp ∆AED là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH Ta có: ∠AEH = 900 và là góc nội tiếp chắn cung AH nên AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ADE ⇒ J là trung điểm của AH . Gọi M là trung điểm của BC.  FC ⊥ AC Ta có:  ⇒ FC / / BD hay BH / / FC  DB ⊥ AC CE ⊥ AB ⇒ CE / / BF hay BF / / CH   BF ⊥ AB

⇒ BHCF là hình bình hành nên BC , HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Mà M là trung điểm của BC ⇒ M cũng là trung điểm của HF Xét ∆AHF ta có: O, M lần lượt là trung điểm của AE , HF

OM / / AH  ⇒ OM là đường trung bình của ∆AHF ⇒  1 = OM AH  2 Ta có : ∠BOC là góc ở tâm chắn cung BC ⇒ ∠BAC là góc ở tâm chắn cung BC

⇒ ∠BAC là góc nội tiếp chắc cung BC ⇒ BOC = 2∠BAC = 2.600 = 1200

∆OBC cân tại O có đường trung tuyến OM ⇒ OM cũng là phân giác của BOC = 600 ⇒ BOM Xét ∆OBM ta có: OM = OB.cos ∠BOM = 6.cos 600 = 3(cm) ⇒ AH = 2OM = 2.3 = 6cm

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ADE là : AJ =

1 AH = 3cm 2

Bài 5. 1) Giải phương trình : 1 Điều kiện: x ≥ 4

2. 2 x 2 + x + 1 − 4 x − 1 + 2 x 2 + 3 x − 3 = 0

2. 2 x 2 + x + 1 − 4 x − 1 + 2 x 2 + 3 x − 3 = 0 ⇔ 4 x 2 + 2 x + 2 − 2 + 1 − 4 x − 1 + 2 x 2 + 3x − 2 = 0 ⇔

4 x2 + 2 x + 2 − 4

1 − 4x + 1 + 2x2 + 4 x − x − 2 = 0 2 4x + 2x + 2 + 2 1 + 4x − 1 +

4 x2 + 2 x − 2

2 − 4x + 2x ( x + 2) − ( x + 2) = 0 2 1 + 4 x − 1 4x + 2x + 2 + 2 2 ( 2 x − 1)( x + 1) 2 ( 2 x − 1) ⇔ − + ( x + 2 )( 2 x − 1) = 0 4x2 + 2x + 2 + 2 1 + 4x − 1

⇔

  2x + 2 2 ⇔ ( 2 x − 1)  − + x + 2 = 0 2  4x + 2x + 2 + 2 1 + 4x −1  1  x = (tm)  2 ⇔ 2x + 2 2  − + x + 2 = 0 ( *)  4 x 2 + 2 x + 2 + 2 1 + 4 x − 1

1 2 2 ⇒ 4x − 1 + 1 ≥ 1 ⇒ ≤2⇒2− ≥0 4 4x −1 + 1 4x −1 + 1 2x + 2 2 1  ⇒ + x+2− > 0  ∀x ≥  4 4x −1 + 1  4 x2 + 2x + 2 + 2

Với x ≥

⇒ (*) vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x =

1 2

a3 b3 c3 + + ≥1 b + 2c c + 2a a + 2b a3 b3 c3 Đặt P = + + b + 2c c + 2a a + 2b 2) Chứng minh

9a 3 ; ( b + 2c ) a ta có: Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương b + 2c 9a 2 + ( b + 2c ) a ≥ 6a 2 b + 2c  9b 3 2  c + 2a + ( c + 2a ) b ≥ 6b Tương tự ta có:  2  9c + ( a + 2b ) c ≥ 6c 2  a + 2b Cộng vế với vế ba đẳng thức cùng chiều ta có:

a3 b3 c3 + + ≥1⇔ a = b = c =1 b + 2c c + 2a a + 2b  a3 b3 c3  2 2 2 9 + +  + ( b + 2c ) a + ( c + 2a ) b + ( a + 2b ) c ≥ 6a + 6b + 6c  b + 2c c + 2a a + 2b 

⇔ 9 P + 3( ab + bc + ca ) ≥ 6 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ 9 P + 9 ≥ 6 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ 3P + 3 ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) Lại có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca = 3 ⇒ 3P ≥ 2.3 − 3 = 3 ⇔ P ≥ 1

a3 b3 c3 Vậ y + + ≥1⇔ a = b = c =1 b + 2c c + 2a a + 2b

STT 41. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TÌNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2017 - 2018 Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm 2017 Câu 1: Điều kiện để biểu thức xác định là. x−2 A. x < 2 B. x > 2 C. x ≠ 2 D. x = 2 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , đồ thị hàm số y = x + 1 đi qua điểm A. M (1;0 ) Câu 3:

B. N ( 0;1)

C. P ( 3; 2 )

D. Q ( −1; −1)

Điều kiện để hàm số y = ( m − 2 ) x + 8 nghịch biến trên R là

A. m ≥ 2 B. m > 2 C. m < 2 D. m ≠ 2 Câu 4: Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có tổng 2 nghiệm bằng 5 A. x 2 − 10 x − 5 = 0 B. x 2 − 5 x + 10 = 0 C. x 2 + 5 x − 1 = 0 D. x 2 − 5 x –1 = 0 Câu 5: Trong các phương trình bậc hai sau phương trình nào có 2 nghiệm trái dấu A. − x 2 + 2 x − 3 = 0 B. 5 x 2 − 7 x − 2 = 0 C. 3 x 2 − 4 x + 1 = 0 D. x 2 + 2 x + 1 = 0 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH biết BH = 4 cm và CH = 16 cm độ dài đường cao AH bằng A. 8 cm B. 9 cm C. 25 cm D. 16 cm Câu 7: Cho đường tròn có chu vi bằng 8 π cm bán kính đường tròn đã cho bằng A. 4 cm B. 2 cm C. 6 cm D. 8 cm Câu 8: Cho hình nón có bán kính bằng 3 cm chiều cao bằng 4 cm diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng A. 24π cm2 B. 12π cm2 C. 20π cm2 D. 15π cm2 Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) 1

x +1

Câu 1:

(1,5 điểm) Cho biểu thức P =

Câu 2:

1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1 + x . (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 – x + m + 1 = 0 ( m là tham số). 1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 2) Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho

x − x x x + x+ x

(với x > 0 và x ≠ 1 ).

x12 + x1 x2 + 3 x2 = 7 .

Câu 3: Câu 4:

2 x + 3 y = xy + 5  (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  1 1  x + y +1 = 1  (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M ( M khác B ), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N ( N khác C ). 1) Chứng minh AM . AB = AN . AC và AN . AC = MN 2 . 2) Gọi I là trung điểm của EF , O là giao điểm của AH và MN . Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN .

3) Chứng minh 4 ( EN 2 + FM 2 ) = BC 2 + 6 AH 2 .

Câu 5:

(1,0 điểm) Giải phương trình

5 x 2 + 4 x − x 2 − 3x − 18 = 5 x . -----------Hết-----------

STT 41. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TÌNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2017 - 2018 Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu Đáp án

1 C

2 B

3 C

4 D

5 B

6 A

7 A

8 D

Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 1

x +1

(với x > 0 và x ≠ 1 ). x − x x x + x+ x 1. Rút gọn biểu thức P . 2. Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1 + x . Lời giải 1. Với x > 0 và x ≠ 1 . Cho biểu thức P =

1 x +1 : = x − x x x +x+ x

(

)(

x x x −1

(

)

⋅

x −1 x + x + 1

x +1

Vậy: Với x > 0 và x ≠ 1 thì P =

1 x −1

2. Ta có: 3P = 1 + x ⇔

x x + x +1

)

⋅

x x +x+ x . x +1 1 . x −1

3 = 1 + x ⇔ x 2 − 1 = 3 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = 2 (do x > 0; x ≠ 1) x −1

Câu 2. (1,5 điểm) Lời giải 1)

∆ = −4m − 3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m < −

3 4

 x1 + x2 = 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2 = m + 1 Cách 1:

x12 + x1 x2 + 3x2 = 7 ⇔ x1 ( x1 + x2 ) + 3x2 = 7 ⇔ x1 + 3x2 = 7 ( do x1 + x2 = 1)  x1 + x2 = 1  x = −2 ⇔ 1 Ta có hệ:  ⇒ −2.3 = m + 1 ⇔ m = −7 (thỏa mãn điều kiện)  x1 + 3 x2 = 7  x2 = 3

Cách 2: x1 + x2 = 1 ⇔ x2 = 1 − x1 . Do đó: x12 + x1 x2 + 3 x2 = 7

⇔ x12 + x1 (1 − x1 ) + 3 (1 − x1 ) = 7 ⇔ x12 + x1 − x12 + 3 − 3x1 = 7 ⇔ −2 x1 = 4 ⇔ x1 = −2 Từ đó tìm x2 rồi tìm m . Câu 3. (1,0 điểm) Lời giải

Điều kiện: x ≠ 0; y ≠ −1 2 x + 3 y = xy + 5 2 x + 3 y = xy + 5 2 x + 2 y = 6 x = 3 − y  ⇔ ⇔ ⇔ 1  1  y + 1 = xy  y + 1 = xy  y + 1 = y (3 − y )  x + y +1 = 1 

x = 3 − y x = 3 − y x = 3 − y x = 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔ ⇔ 2  y + 1 = y (3 − y ) y =1  y − 2 y + 1 = 0 ( y − 1) = 0 kiện).

(thỏa mãn điều

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M ( M khác B ), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N ( N khác C ) 1) Chứng minh AM . AB = AN . AC và AN . AC = MN 2 . 2) Gọi I là trung điểm của EF , O là giao điểm của AH và MN . Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN . 3) Chứng minh 4 ( EN 2 + FM 2 ) = BC 2 + 6 AH 2 . Lời giải

B E H

I F

= HNC = 90° (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1) Ta có: BMH ⇒ HM ⊥ AB , HN ⊥ AC

Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC , có: AH 2 = AM . AB và AH 2 = AN . AC ⇒ AM . AB = AN . AC Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật ⇒ AH = MN ⇒ AN . AC = MN 2 . 2) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN O là trung điểm của AH và MN ⇒ Dễ thấy ∆EMO = ∆EHO (c.c.c) = EHO = 90° ⇒ EM ⊥ MN ⇒ EMO Chứng minh tương tự được FN ⊥ MN ME / / NF ⇒ MEFN là hình thang vuông ⇒ Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN ⇒ OI ⊥ MN 3) Đặt MN = AH = h ; x , y lần lượt là bán kính của ( E ) và ( F ) . Ta có:

4 ( EN 2 + FM 2 ) = 4 ( ME 2 + MN 2 ) + ( FN 2 + MN 2 )  = 4 ( x 2 + y 2 + 2h 2 ) BC 2 + 6 AH 2

= ( HB + HC ) + 6h 2 = HB 2 + HC 2 + 2.HB.HC + 6h 2 = 4 x 2 + 4 y 2 + 2h 2 + 6h 2 = 4 ( x 2 + y 2 + 2h 2 )

Vậy 4 ( EN 2 + FM 2 ) = BC 2 + 6 AH 2 .

Câu 5. (1,0 điểm) Lời giải

Điều kiện: x ≥ 6 Cách 1: 5 x 2 + 4 x − 5 x = x 2 − 3 x − 18 ⇔ 5 x 2 + 4 x + 25 x − 10 x 5 x + 4 = x 2 − 3x − 18 ⇔ 6 ( 5 x + 4 ) − 10 x 5 x + 4 + 4 x 2 + 2 x − 6 = 0

Đặt

5 x + 4 = t , phương trình trên trở thành:

6t 2 − 10 xt + 4 x 2 + 2 x − 6 = 0 ∆ ' = 25 x 2 − 6(4 x 2 + 2 x − 6) = (x − 6)2 ≥ 0  5x + x − 6 t = x − 1 t = 6  ⇔  2x + 3 t =  5x − x − 6 3  t = 6  Với t = x − 1 ⇔ x − 1 = 5 x + 4 ⇔ x 2 − 7 x − 3 = 0 ⇔ x = Với t =

7 + 61 (do x ≥ 6) 2

2x + 3 ⇔ 2 x + 3 = 3 5 x + 4 ⇔ 4 x 2 − 33 x − 27 = 0 ⇔ x = 9 (do x ≥ 6) 3

 7 + 61  V ậy S =  ;9  .  2  Cách 2:

5 x 2 + 4 x − 5 x = x 2 − 3 x − 18 ⇔ 5 x 2 + 4 x = x 2 − 3 x − 18 + 5 x ⇔ 5 x 2 + 4 x = x 2 + 22 x − 18 + 10 x( x 2 − 3 x − 18) ⇔ 2 x 2 − 9 x + 9 = 5 x( x − 6)( x + 3) ⇔ 2( x 2 − 6x) + 3( x + 3) = 5 ( x 2 − 6x)( x + 3)

a = x 2 − 6x Đặt:   b = x + 3

(a ≥ 0;b ≥ 3) ta có phương trình:

 a=b 2a 2 + 3b 2 = 5ab ⇔ ( a − b)(2a − 3b) = 0 ⇔   2a = 3b  7 + 61 (TM )  x= 2 1)a = b ⇔ x 2 − 7 x − 3 = 0 ⇔   7 − 61 ( KTM ) x =  2  x = 9(tm) 2 2)2a = 3b ⇔ 4 x − 33 x − 27 = 0 ⇔  −3 x = ( ktm)  4  7 + 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S = 9; . 2  

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu 1.Điều kiện xác định của biểu thức A.x ≤ 2020

B.x ≥ 2020

2020 − x là:

C.x < 2020

D.x > 2020

Câu 2. Có bao nhiêu hàm số đồng biến trên ℝ trong các hàm số sau: y = 17 x + 2; y = 17 x − 8; y = 11 − 5 x; y = x + 10; y = − x + 2020 A.5

B.4

C.3

D.2

Câu 3. Cho hàm số y = ( m − 3) x có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào đúng ?

A.m = −4 B.m = −3 C.m = 3 D.m = 4 −5 x + 3 y = 1 Câu 4. Hệ phương trình  có nghiệm ( x; y ) . Khi đó x − y bằng:  x + 5 y = 11 A. − 1

B.1

C.3

D.4

Câu 5. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số y = 5 x 2 A.(1;5 )

B.( 3;40 )

C.( 2;20 )

D.( −1;5 )

Câu 6. Giả sử phương trình x 2 − 16 x + 55 = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 ( x1 < x2 ) . Tính x1 − 2 x2 A.1

B.24

C.13

D. − 17

Câu 7.Cho parabol y = x 2 và đường thẳng y = −2 x + 3 cắt nhau tại hai điểm A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) . Khi đó y1 + y2 bằng: A.1

B. − 2

C.8

D.10

Câu 8. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh BC = 6(cm). Diện tích tam giác ABC bằng:

A. 3 ( cm 2 )

B.3 ( cm 2 )

3 cm 2 ) ( 2

D.6 ( cm 2 )

Câu 9. Cho hai đường tròn (O) và ( O ') cắt nhau tại A và B. Biết OA = 6cm, O ' A = 5cm, AB = 8cm (như hình vẽ). Độ dài OO ' bằng:

A O'

O B A.5(cm)

B.5 5cm

C.3 + 2 5cm

D.3 + 5 2cm

Câu 10. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M , N lần lượt là trung điểm BC , CD. Đường thẳng AM , BN cắt đường tròn lần lượt tại E , F . Số đo bằng góc EDF

B M E

F A.300

B.450

C.600

Phần II. Tự luận Câu 1. (1,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P = 45 + 9 − 4 5 2 x + 5 y = 9 b) Giải hệ phương trình  −2 x + 7 y = 3

Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2mx + m − 1 = 0

D.750

a) Giải phương trình khi m = 2 b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m c) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x12 + mx2 − x2 = 4 Câu 3. (3,0 điểm) Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . Tia phân giác cắt cạnh BC tại D và cắt đường tròn ( O ) tại M . Gọi K là hình chiếu của M trên BAC

AB, T là hình chiếu của M trên AC. Chứng minh rằng: a) AKMT là tứ giác nội tiếp b) MB 2 = MC 2 = MD.MA c) Khi đường tròn ( O ) và B; C cố định, điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì tổng AB AC + có giá trị không đổi. MK MT 6 Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 2 + 3 x + 9 x + 18 = 3 x + x + + 5 x

ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 1A

(

5−2

10B

II. Tự luận Câu 1. a) P = 45 + 9 − 4 5 = 9.5 +

)

=3 5 +

5−2

=3 5+ 5−2=4 5−2 12 y = 12 2 x + 5 y = 9 x = 2  ⇔ b)  9 − 5y ⇔  −2 x + 7 y = 3  x = y =1  2 Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1)

Câu 2. a) Giải phương trình khi m = 2 Khi m = 2, pt thành x 2 − 4 x + 1 = 0 2

Ta có: ∆ ' = ( −2 ) − 1.1 = 3 > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 2 + 3; x2 = 2 − 3

b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Xét phương trình x 2 − 2mx + m − 1 = 0 (*) ta có: 1 3  ∆ ' = m 2 − 1.( m − 1) = m 2 − m + 1 =  m −  + > 0 ( ∀m ) 2 4  ⇒ ∆ ' > 0 ( ∀m ) Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m c) Tìm m để …….. Với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , áp dụng hệ thức  x + x = 2m Vi – et ta có:  1 2 . Theo bài ra ta có:  x1 x2 = m − 1

x12 x2 + mx2 − x2 = 4 ⇔ x12 x2 + x2 ( m − 1) = 4 ⇔ x12 x2 + x2 x1 x2 = 4 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) = 4 ⇔ ( m − 1) .2m = 4 ⇔ m ( m − 1) = 2 ⇔ m 2 − m − 2 = 0 ⇔ m 2 − 2m + m − 2 = 0 m = 2 ⇔ m ( m − 2 ) + ( m − 2 ) = 0 ⇔ ( m − 2 )( m + 1) = 0 ⇔   m = −1 Vậy m = −1, m = 2 thỏa đề. Câu 3.

O B

T C

K M a) Chứng minh AKMT là tứ giác nội tiếp  MK ⊥ AB = { K } = 900 Ta có:  ( gt ) ⇒ AKM = ATM  MT ⊥ AC = {T } Xét tứ giác AKMT có: AKM + ATM = 900 + 900 = 1800 ⇒ AKMT là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MB 2 = MC 2 = MD.MA Xét ( O ) ta có: là góc nội tiếp chắn cung MC là góc nội tiếp chắn cung BM ; MAC MAB ( gt ) ⇒ MAB = MAC ⇒ sd BM = sdCM (hai góc Lại có: MA là tia phân giác của BAC nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)

Ta có :

∠MBC là góc nội tiếp chắn MC ∠BAM là góc nội tiếp chắn cung BM ⇒ ∠MAB = ∠MBC = ∠MBD (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Xét ∆MAB và ∆MBD ta có: AMB chung ; ∠MAB = ∠MBD (cmt ) ⇒ ∆MAB ∼ ∆MBD( g.g ) MA MB = ⇒ MB 2 = MD.MA MB MD = sdCM (cmt ) ⇒ MB = MC (hai cung bằng nhau chắn hai dây bằng Lại có: sd BM

⇒

nhau) Vậy MB 2 = MC 2 = MD.MA(dfcm)

c) Khi đường tròn (O) và B, C cố định……… = CAM = α . Xét ∆AKM và ∆ATM có: Đặt BAM

= TAM ⇒ ∆AKM = ∆ATM (cạnh huyền – góc nhọn) AM chung ; KAM ⇒ MK = MT (hai cạnh tương ứng) Giả sử, AB ≤ AC , khi đó ta có: AB AC AK − BK AT + TC AK + AT − BK + TC + = + = MK MT MK MK MK Xét ∆BMK và ∆CMT có: MB = MC , MK = MT (cmt ) ⇒ ∆BMK = ∆CMT (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ BK = TC (hai cạnh tương ứng) AB AC AK + AT ⇒ + = MK MT MK Xét tam giác AKM vuông tại K có: AK = AM .cos α , MK = AM .sin α Xét tam giác vuông AMT vuông tại T có: AT = AM .cos α AB AC AM .cos α + AM .cos α 2cos α ⇒ + = = = 2cot α MK MT AM .sin α sin α Vì đường tròn (O) và BC cố định nên số đo cung BC không đổi = 2α = 1 số đo cung BC không đổi (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị ⇒ BAC 2 chắn) ⇒ α không đổi ⇒ 2cot α không đổi AB AC 1 Vậy + = 2cot α không đổi, với α = số đo cung BC không đổi. MK MT 4 6 Câu 4. Giải phương trình x 2 + 3x + 9 x + 18 = 3x + x + + 5 x

 x 2 + 3x ≥ 0  x ≥ 0, x ≤ −3   x ≥ −2 9 x + 18 ≥ 0  DK :  ⇔ ⇔ x>0  x2 + 5x + 6 6 ≥0 x + + 5 ≥ 0  x x    x ≠ 0  x ≠ 0 Khi đó: x2 + 5x + 6 x

PT ⇔ x ( x + 3) + 3 x + 2 = 3x +

⇔ x . x ( x + 3) + 3 x . x + 2 = 3 x x + x 2 + 5 x + 6 ⇔ x x + 3 + 3 x . x + 2 = 3x x + ⇔ x x+3−

( x + 2 )( x + 3) + 3

(

)

( x + 2 )( x + 3)

x . x + 2 − 3x x = 0

(

)

⇔ x+3 x− x+2 −3 x x− x+2 =0

(

⇔ x− x+2

)(

x − x + 2 = 0 x +3 −3 x =0 ⇔   x + 3 − 3 x = 0

)

Ta có:

(1) ⇔ x =

x + 2 ⇔ x 2 = x + 2 ( do x > 2 )

⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ x2 − 2x + x − 2 = 0 ⇔ x ( x − 2) + ( x − 2) = 0  x = −1( ktm) ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) = 0 ⇔   x = 2(tm) 3 x + 3 = 3 x ⇔ 9 x = x + 3 ⇔ x = (tm) 8  3 Vậy phương trình có tập nghiệm S = 2;   8

( 2) ⇔

(1) (2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC I.PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. Biểu thức

2020 − x có nghĩa khi và chỉ khi A.x > 2020 B.x ≥ 2020 C.x < 2020 D.x ≤ 2020 Câu 2.Hàm số y = mx − 2( m là tham số) đồng biến trên R khi và chỉ khi A.m ≤ 0 B.m < 0 C.m > 0 D.m ≥ 0

Câu 3.

H Hình vẽ 1

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (hình vẽ 1). Biết độ dài BH = 5cm BC = 20cm. Độ dài cạnh AB bằng:

A.5cm

B.10cm

Câu 4.

O A

C.25cm D.100cm Cho đường tròn tâm O, bán kính R, H là trung điểm của dây cung AB (hình vẽ). Biết R = 6cm, AB = 8cm. Độ dài đoạn thẳng OH bằng : A.2 5cm

B.20cm

C.14cm

D.2 13cm

II. TỰ LUẬN Câu 5. (3,5 điểm)

2 x − y = 9 x + 2 y = 7

a) Giải hệ phương trình  2

b) Giải phương trình: x − 4 x + 3 = 0

1 2 x và đường thẳng d : y = 2 x + m( m là tham số). Tìm tất cả các 2 giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 2 x1 , x2 thỏa mãn ( x1 x2 + 1) = x1 + x2 + x1 x2 + 3

c) Cho parabol ( P ) : y =

Câu 6. (1,0 điểm) Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tần hàng như nhau và dự định chở 140 tấn hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn nên đội xe đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng. Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là bao nhiêu ngày ?

Câu 7. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) .Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến ( O ) ( B, C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn ( O ) . Đường thẳng đi qua O vuông góc với đường thẳng AD và cắt AD, BC lần lượt tại K , E. Gọi I là giao điểm của OA và BC. a) Chứng minh rằng các tứ giác ABOC , AIKE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng OI .OA = OK .OE c) Biết OA = 5cm, đường tròn ( O ) có bán kính R = 3cm. Tính độ dài đoạn thẳng BE Câu 8. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng:

a +1 b +1 c +1 3 + 4 + ≥ ( a + 1)( b + 1)( c + 1) a4 b 4 4

ĐÁP ÁN

I.Trắc nghiệm 1D

II. Tự luận Câu 5. a) Giải hệ phương trình

2 x − y = 9 4 x − 2 y = 18 5 x = 25 x = 5 ⇔ ⇔ ⇔  x + 2 y = 7 x + 2 y = 7  y = 2x − 9  y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 5;1) 2

b) Giải phương trình x − 4 x + 3 = 0

x2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x2 − 3x − x + 3 = 0 x =1 ⇔ x ( x − 3) − ( x − 3) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3) = 0 ⇔  x = 3 Vậy S = {1;3} c) Tìm tham số m….

1 2 x = 2 x + m ⇔ x 2 − 4 x − 2m = 0 ( *) 2 Để đường thẳng d cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thì phương trình (*) Xét phương trình hoành độ giao điểm :

phải có hai nghiệm phân biệt 2

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( −2 ) − 1.( −2m ) > 0 ⇔ m > −2 . Khi đó áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:  x1 + x2 = 4   x1 x2 = −2m Theo bài ra ta có:

( x1x2 + 1)

= x1 + x2 + x1 x2 + 3 ⇔ ( −2m + 1) = 4 − 2m + 3

⇔ 4m 2 − 4 m + 1 = 4 − 2 m + 3 ⇔ 4 m 2 − 2m − 6 = 0 ⇔ 4m 2 + 4m − 6m − 6 = 0 ⇔ 4m ( m + 1) − 6 ( m + 1) = 0  m = −1 m + 1 = 0 ⇔ ( m + 1)( 4m − 6 ) = 0 ⇔  ⇔ 3 (tm) m = − = 4 m 6 0   2 3 Vậy m = −1 hoặc m = 2 Câu 6. Gọi số ngày dự định theo kế hoạch là x (ngày) ( x ∈ ℕ*, x > 1) Vì dự định ban đầu chở 140 tấn hàng trong x ngày nên mỗi ngày chở được:

140 (tấn) x

Theo thực tế số tấn hàng đã chở được là 140 + 10 = 150 (tấn) Do thực tế sớm hơn thời gian dự định 1 ngày nên thời gian thực tế chở hết 150 tấn hàng là : x − 1 (ngày)

⇒ Thực tế mỗi ngày chở được số tấn hàng:

150 (tấn) x −1

Vì thực tế mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn hàng nên ta có phương trình:

150 140 30 28 − =5⇔ − = 1 ⇔ 30 x − 28 x + 28 = x ( x − 1) x −1 x x −1 x ⇔ 2 x + 28 = x 2 − x ⇔ x 2 − 3x − 28 = 0 ⇔ x 2 − 7 x + 4 x − 28 = 0 ⇔ x ( x − 7 ) + 4 ( x − 7 ) = 0 ⇔ ( x − 7 )( x + 4 ) = 0 x − 7 = 0  x = 7(tm) ⇔ ⇔ x + 4 = 0  x = −4(ktm) Vậy số ngày dự định theo kế hoạch là 7 ngày.

Câu 7.

B I

O K

E a) Chứng minh rằng các tứ giác ABOC , AIKE nội tiếp đường tròn

= OCA = 900 Vì AB, AC là các tiếp tuyến của ( O ) nên OBA ⇒ ∠OBA + ∠OCA = 900 + 900 = 1800 ⇒ OBAC là tứ giác nội tiếp Vì OB = OC ( = R ) , AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ OA là trung trực của BC ⇒ OA ⊥ BC tại I Xét tứ giác AIKE có : AIE = AKE = 900 ⇒ AIKE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh OI .OA = OK .OE Vì AIKE là tứ giác nội tiếp ( cmt ) ⇒ ∠OIK = ∠OEA (góc và góc trong tại đỉnh đối diện). Xét

∆OIK và ∆OEA có: = OEA (cmt ) ⇒ ∆OIK ∼ ∆OEA( g.g ) ∠AOE chung ; OIK OI OK = ⇒ OI .OA = OK .OE (dfcm) OE OA c) Tính độ dài đoạn thẳng BE Vì OA là trung trực của BC (cmt ) ⇒ OA ⊥ BC Xét ∆OAB vuông tại B, đường cao BI ta có: ⇒

OB 2 32 9 OB = OI .OA ⇒ OI = = = ( cm ) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) OA 5 5 2

144  9  144 ⇔ BI = OB − OI = 3 −   = = 2,4(cm) (Định lý Pytago) ⇒ BI = 25 25 5 2

Ta có BD là đường kính của ( O;3cm ) nên BD = 6cm Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OAB ta có:

AB 2 = OA2 − OB 2 = 52 − 32 = 16 ⇒ AB = 4 ( cm ) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABD ta có:

AD 2 = AB 2 + BD 2 = 42 + 62 = 52 ⇒ AD = 52 = 2 13 ( cm ) 0 Xét ∆ODK và ∆ADB có: ADB chung; OKD = ABD = 90

OD AD = OK AB OD. AB 3.4 6 ⇒ OK = = = (cm) AD 2 13 13

⇒ ∆ODK ∼ ∆ADB ( g.g ) ⇒

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAK ta có : 2

17  6  289 AK = OA − OK = 5 −  ( cm )  = 13 ⇒ AK = 13  13  0 Xét ∆OAK và ∆OBI có: ∠IOK chung; ∠OKA = ∠OIE = 90 OK OI ⇒ ∆OAK ∼ ∆OEI ( g .g ) ⇒ = (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AK EI 17 9 . AK .OI 5 13 ⇒ EI = = = 5,1(cm) 6 OK 13 Vậy BE = BI + IE = 2, 4 + 5,1 = 7,5(cm) 2

Câu 8. Ta có :

VT =

a +1 b +1 c +1 1 1 1 1 1 1 + 4 + 4 = 3+ 3+ 3+ 4+ 4+ 4 4 a b c a b c a b c

VP =

3 ( a + 1)( b + 1)( c + 1) 4

3 ( abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1) 4 3 1 1 1 1 1 1  =  + + + + + + 2 4  a b c ab bc ca  =

Đặt x =

1 1 1 1 ; y = , z = ⇒ xyz = = 1 . Khi đó : a b c abc

VT = x3 + y 3 + z 3 + x 4 + y 4 + z 4 3 VP = ( x + y + z + xy + yz + xz ) 4 Bất đẳng thức trở thành:

3 ( x + y + z + xy + yz + xz + 2 ) 4 ⇔ 4 ( x3 + y 3 + z 3 + x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3 ( x + y + z + xy + yz + xz + 2 ) x3 + y 3 + z 3 + x 4 + y 4 + z 4 ≥

⇔ 4 ( x3 + y 3 + z 3 ) + 4 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3 ( xy + yz + xz ) + 3 ( x + y + z ) + 6 (*) Ta sẽ chứng minh (*) đúng với mọi x, y , z > 0 . Áp dụng BĐT Cô si ta có:

x3 + 1 + 1 ≥ 3 3 x3.1.1 = 3x y 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 y 3 .1.1 = 3 y z 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 z 3.1.1 = 3z ⇒ x3 + y 3 + z 3 ≥ 3( x + y + z ) − 6 Lại có:

x3 + y 3 + z 3 ≥ 3 3 xyz = 3 ⇒ 3( x3 + y 3 + z 3 ) ≥ 9 ⇒ 4 ( x3 + y 3 + z 3 ) ≥ 3( x + y + z ) + 3 (1) Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si ta có:

x 4 + 1 ≥ 2 x 4 .1 = 2 x 2 y 4 + 1 ≥ 2 y 4 .1 = 2 y 2 z 4 + 1 ≥ 2 z 4 .1 = 2 z 2 ⇒ x4 + y 4 + z 4 ≥ 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) − 3

 x 2 + y 2 ≥ 2 xy  2 2 Lại có :  y + z ≥ 2 yz  z 2 + x 2 ≥ 2 zx 

⇒ 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 2 ( xy + yz + xz ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx 2

Và x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 3 ( xyz ) = 3

⇒ 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = ( x 2 + y 2 + z 2 ) + ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ xy + yz + xz + 3 ⇒ x 4 + y 4 + z 4 = 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 3 ≥ xy + yz + xz + 3 − 3 ⇒ x 4 + y 4 + z 4 ≥ xy + yz + zx ⇒ 3 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) 4

Ta lại có: x + y + z ≥ 3 3 ( xyz ) = 3 4

⇒ 4 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) + 3 ( 2 ) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta có:

4 ( x3 + y 3 + z 3 ) + 4 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3 ( x + y + z ) + 3 + 3 ( xy + yz + zx ) + 3 ⇔ 4 ( x3 + y 3 + z 3 ) + 4 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3( x + y + z ) + 3 ( xy + yz + zx ) + 6 Do đó (*) đúng với mọi x, y , z > 0 Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1 Vậy ta có điều phải chứng minh.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ THI MÔN: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Trong các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào bài làm chữ cái in hoa đứng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A). Câu 1. Cho khối hộp chữ nhật có chiều dài 3m, chiều rộng 2m và cao 1m. Thể tích của khối hộp đã cho bằng A. 3m3

B. 6m3

Câu 2. Biểu thức P = 5 A. P = −5 10

(

C. 2m3

D. 12m3

)

10 − 40 có giá trị bằng B. P = −5 6

C. P = −5 30

D. P = −5 2

Câu 3. Tổng các nghiệm của phương trình x 2 − 6x + 1 = 0 bằng A. 6

B. -3

C. 3

D. -6

Câu 4. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức P = x − 2 xác định. A. x < 2

B. x > 2

C. x ≥ 2

D. x ≤ 2

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

x − 2y = 3 Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x + y = 6  Câu 6 (2,0 điểm). Cho parabol (P ) : y =

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

tham số). a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P ) với đường thẳng (d ) khi m = 4 . b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d ) cắt parabol (P ) tại hai điểm phân

(

)

biệt A (x 1; y1 ), B x 2 ; y2 thỏa mãn x 1x 2 + y1y2 = 5 . Câu 7 (1,0 điểm). Người thứ nhất đi đoạn đường từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 78km. Sau khi người thứ nhất đi được 1 giờ thì người thứ hai đi theo chiều ngược lại vẫn trên đoạn đường đó từ B về A. Hai người gặp nhau ở địa điểm C cách B một quãng đường 36km. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc của người thứ nhất là 4km/h và vận tốc của mỗi người trong suốt đoạn đường là không thay đổi.

Câu 8 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M không trùng với B, C). Gọi H, K, D theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến các đường thẳng AB, AC, BC. a) Chứng minh tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MH .MC = MK .MB. c) Tìm vị trí của điểm M để DH + DK lớn nhất. Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh:

2 + 6a + 3b + 6 2bc 2a + b + 2 2bc

≥

2b 2 + 2 (a + c ) + 3

-------Hết-----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN GIẢI. I. PHẦN TRẮC NGHIỆM. (Mỗi câu đúng được 0,5 điểm) Câu

Đáp án

II. PHẦN TỰ LUẬN.

x − 2y = 3 Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x + y = 6  Lời giải

x − 2y = 3 3y = 3 y = 1 ⇔  ⇔   x + y = 6 x = 6 − y x = 5   

( ) ( )

Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x , y = 5,1 Câu 6 (2,0 điểm). Cho parabol (P ) : y =

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

tham số). a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P ) với đường thẳng (d ) khi m = 4 .

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d ) cắt parabol (P ) tại hai điểm phân

(

)

biệt A (x 1; y1 ) , B x 2 ; y2 thỏa mãn x 1x 2 + y1y2 = 5 . Lời giải a. Khi m = 4, đường thẳng (d) có dạng: y = −x + 4 . Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

1 2 x = −x + 4 ⇔ x 2 + 2x − 8 = 0 (1) 2

PT (1) có ∆′ = 1 + 8 = 9 ⇒ ∆′ = 3

x = −1 − 3 = −4 PT (1) có hai nghiệm phân biệt :  1 x 2 = −1 + 3 = 2 Với x 1 = −4 ⇒ y1 = Với x 2 = 2 ⇒ y2 =

2 1 . (−4) = 8 2

2 1 . (2) = 2 2

Vậy, khi m = 4 thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ lần lượt là

(−4 ; 8) và (2;2) b. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

1 2 x = −x + m ⇔ x 2 + 2x − 2m = 0 2

(2) PT (2) có ∆′ = 1 + 2m Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì PT (2) phải có hai nghiệm phân biệt. hay ∆′ = 1 + 2m > 0 ⇔ m > −

1 (*) 2

Với ĐK (*) , gọi x 1 ; x 2 là hai nghiệm của PT (2).

x + x = −2 2 Áp dụng định lí Viets, ta có :  1 x 1x 2 = −2m 

(3)

Với x = x 1 ⇒ y1 = −x 1 + m Với x = x 2 ⇒ y2 = −x 2 + m Xét biểu thức : x 1x 2 + y1y2 = 5 ⇔ x 1x 2 + (−x 1 + m )(−x 2 + m ) = 5

⇔ x 1x 2 + x 1x 2 − m (x 1 + x 2 ) + m 2 = 5 ⇔ 2x 1x 2 − m (x 1 + x 2 ) + m 2 = 5 (4) Thay (3) vào (4), ta được :  m = 1 + 6 (t / m (*))  2 (−2 m) − m (−2) + m = 5 ⇔ m − 2m − 5 = 0 ⇔   m = 1 − 6 (Loaïi) 2

Vậy, với m = 1 + 6 thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn. Câu 7 (1,0 điểm). Người thứ nhất đi đoạn đường từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 78km. Sau khi người thứ nhất đi được 1 giờ thì người thứ hai đi theo chiều ngược lại vẫn trên đoạn đường đó từ B về A. Hai người gặp nhau ở địa điểm C cách B một quãng đường 36km. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc của người thứ nhất là 4km/h và vận tốc của mỗi người trong suốt đoạn đường là không thay đổi. Lời giải Gọi vận tốc của người thứ nhất là x (km / h) (Đk: x > 0) Khi đó, vận tốc của người thứ hai là x + 4(km / h) Thời gian người thứ nhất đi từ A đến C là: Thời gian người thứ hai đi từ B đến C là:

78 − 36 42 = (giôø ) x x 36 (giôø ) x+4

Do người thứ nhất đi trước người thứ hai 1 giờ, nên khi hai người gặp nhau tại C thì ta có phương trình:

42 36 − = 1 (1) x x+4 Giải phương trình (1) và kết hợp với ĐK x > 0 , ta được: x = 14 (km / h) Vậy, vận tốc của người thứ nhất là 14 (km/h) và vận tốc của người thứ hai là 14 + 4 = 18 (km/h)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019-2020 MÔN: TOÁN Đề thi có 02 trang Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Thí sinh làm bài (cả phần trắc nghiệm khách quan và phần tự luận) vào tờ giấy thi PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu 1. Tìm x biết

x = 4.

B. x = 4. C. x = 8. Câu 2. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ℝ ?

D. x = 16.

A. x = 2.

1 B. y = −2 x. C. y = 2 x + 1. D. y = −3x + 1. x. 2 Câu 3. Điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng y = 3x − 5 ? A. y = −

A. M (3; −5).

B. N (1; −2).

C. P (1;3).

D. Q(3;1).

2 x + y = 1 Câu 4. Hệ phương trình  có nghiệm là 3 x + 2 y = 4 B. ( x; y ) = (5; −2).

A. ( x; y ) = ( −2;5).

C. ( x; y ) = (2;5).

D. ( x; y ) = (5;2).

1 2 x tại x = −2 bằng 2 B. 4. C. 2.

Câu 5. Giá trị của hàm số y = A. −1.

D. 1.

Câu 6. Biết Parabol y = x cắt đường thẳng y = −3x + 4 tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1; x2 ( x1 < x2 ) . Giá trị T = 2 x1 + 3 x2 bằng A. −5. B. −10. C. 5. D. 10. Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A. Khẳng định nào dưới đây đúng? A. tan C =

AC . BC

B. tan C =

AB . AC

C. tan C =

Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn = 55°, số đo đường kính AC. Biết DBC ACD

AB . BC

D. tan C =

AC . AB

B 55o

bằng A. 30°. C. 45°.

B. 40°. D. 35°.

Câu 9. Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB = a . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng A. a.

B. 2a.

a 2 . 2

D. a 2.

Câu 10. Từ một tấm tôn hình chữ nhật có chiều dài bằng 2 (m), chiều rộng bằng 1 (m) gò thành mặt xung quanh của một hình trụ có chiều cao 1 (m), (hai cạnh chiều rộng của hình chữ nhật sau khi gò trùng khít nhau). Thể tích của hình trụ đó bằng 1 C. 2π (m3 ). D. 4π (m3 ). (m 3 ). 2π π PHẦN II. TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu 1 (1,5 điểm). Lớp 9A và lớp 9B của một trường THCS dự định làm 90 chiếc đèn ông sao để tặng các em thiếu nhi nhân dịp Tết Trung Thu. Nếu lớp 9A làm trong 2 ngày và lớp 9B làm trong 1 ngày thì được 23 chiếc đèn; nếu lớp 9A làm trong 1 ngày và lớp 9B làm trong 2 ngày thì được 22 chiếc đèn. Biết rằng số đèn từng lớp làm được trong mỗi ngày là như nhau, hỏi nếu cả hai lớp cùng làm thì hết bao nhiêu ngày để hoàn thành công việc đã dự định ? A.

(m3 ).

Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2 − mx − 3 = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình với m = 2. b) C/minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. c) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để ( x1 + 6)( x2 + 6) = 2019. Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AD ( D ∈ BC ) . Gọi I là trung điểm của AC ; kẻ AH vuông góc với BI tại H . a) Chứng minh tứ giác ABDH nội tiếp. Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDH . b) Chứng minh tam giác BDH đồng dạng với tam giác BIC . c) Chứng minh AB.HD = AH .BD =

1 AD.BH . 2

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau

 x2 y2 + =4   x + 1 y −1   x + 2 + y − 2 = y − x.  x + 1 y − 1 .......................Hết.....................

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu 1 Câu 2 D

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

Câu 8

Câu 9

Câu 10

PHẦN II. TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu 1 (1,5 điểm). Lớp 9A và lớp 9B của một trường THCS dự định làm 90 chiếc đèn ông sao để tặng các em thiếu nhi nhân dịp Tết Trung Thu. Nếu lớp 9A làm trong 2 ngày và lớp 9B làm trong 1 ngày thì được 23 chiếc đèn; nếu lớp 9A làm trong 1 ngày và lớp 9B làm trong 2 ngày thì được 22 chiếc đèn. Biết rằng số đèn từng lớp làm được trong mỗi ngày là như nhau, hỏi nếu cả hai lớp cùng làm thì hết bao nhiêu ngày để hoàn thành công việc đã dự định ? HD: Gọi số đèn mà lớp 9A, lớp 9B làm được trong 1 ngày lần lượt là x, y ( x, y ∈ ℕ) .

2 x + y = 23 Theo bài ra ta có hệ phương trình  .  x + 2 y = 22

x = 8 Giải hệ phương trình trên ta thu được  . y = 7 Suy ra trong một ngày cả 2 lớp làm được 8 + 7 = 15 chiếc đèn. Vậy nếu cả 2 lớp cùng làm thì hết

90 = 6 ngày sẽ xong công việc đã dự định. 15

x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ ( x − 3)( x + 1) = 0 x = 3 ⇔ .  x = −1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {−1;3} . b) Phương trình đã cho có ∆ = m2 + 12 . Vì ∆ = m 2 + 12 > 0 ∀m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. c) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để ( x1 + 6)( x2 + 6) = 2019.

x + x = m Theo định lí Vi-ét ta có  1 2  x1.x2 = −3. Ta có ( x1 + 6)( x2 + 6) = 2019 ⇔ x1.x2 + 6( x1 + x2 ) + 36 = 2019.

Suy ra: −3 + 6m + 36 = 2019 ⇔ 6m = 1986 ⇔ m = 331. Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AD ( D ∈ BC ) . Gọi I là

trung điểm của AC ; kẻ AH vuông góc với BI tại H . a) Chứng minh tứ giác ABDH nội tiếp. Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDH . b) Chứng minh tam giác BDH đồng dạng với tam giác BIC . c) Chứng minh AB.HD = AH .BD =

1 AD.BH . 2

HD: A

I H

a) Ta có ADB = 90°; AHB = 90°. Suy ra H , D cùng nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Vậy tứ giác ABDH nội tiếp đường tròn đường kính AB. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDH có tâm là trung điểm của AB . b) Xét ∆BDH và ∆BIC có: = CBI ; +) HBD

= DAB (do tứ giác ABDH nội tiếp); DAB = ICB (cùng phụ DAC ). +) DHB = ICB . Suy ra DHB Suy ra ∆BDH ∼ ∆BIC (g.g). HD IC AC = = . BH BC 2 BC Mặt khác áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có

c) Theo phần b) ta có

AD.BC = AB. AC hay

Do đó

AC AD = . BC AB

HD AD 1 = hay AB.HD = AD.BH BH 2 AB 2

Ta có ∆AHB ∼ ∆IAB (g.g) nên

(1) .

AH AI = . BH AB

Mặt khác ∆ADB ∼ ∆CAB (g.g) nên

AD AC 2 AI = = . BD AB AB

2 AH AD 1 hay AH .BD = AD.BH ( 2 ) . = BH BD 2 1 Từ (1) và ( 2 ) ta có AB.HD = AH .BD = AD.BH . 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau Suy ra

 x2 y2 + =4   x +1 y −1   x + 2 + y − 2 = y − x.  x + 1 y − 1 HD: a) ĐKXĐ: x ≠ - 1; y ≠ 1 Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình:   x2 − 1 + 1 y 2 − 1 + 1 x +  x +1 + y −1 = 4   ⇔  x 1 1 y 1 1 + + − −  x + + = y−x  x + 1  y −1

Đặt x +

1 1 + y+ =4 x +1 y −1  1 1  − y +  = −2 x +1  y −1 

1 1 =b = a ; y+ x +1 y −1

Hệ phương trình đã cho trở thành: a + b = 4 ⇔   a − b = −2

a = 1  b = 3

+ Với a = 1 ta có: 1 x ( x + 1) + 1 x + 1 =1⇔ = x +1 x +1 x +1 2 ⇒ x + x + 1 = x + 1 ⇔ x = 0 (t / m ) x+

+ Với b = 3 ta có: y+

1 y ( y − 1) + 1 3.( y − 1) =3⇔ = y −1 y −1 y −1

⇒ y 2 − y + 1 = 3 y − 3 ⇔ y 2 − 4 y + 4 = 0 ⇔ y = 2 (t / m ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) =(0; 2) ……….Hết……….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = (1 – m)x + m + 1 đồng biến trên R A. m > 1 B. m < 1 C. m < -1 D. m > -1 2 Câu 2. Phương trình x − 2x − 1 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x 2 . Tính x1 + x 2 A. x1 + x 2 = 2 B. x1 + x 2 = 1 C. x1 + x 2 = −2 D. x1 + x 2 = −1 2 Câu 3. Cho điểm M(xM; yM) thuộc đồ thị hàm số y = -3x . Biết xM = - 2. Tính yM A. yM = 6 B. yM = -6 C. yM = -12 D. yM = 12 x − y = 2 có bao nhiêu nghiệm ? Câu 4. Hệ phương trình  3x + y = 1 A. 0 B. 1 C. 2 D. Vô số Câu 5. Với các số a, b thoả mãn a < 0, b < 0 thì biểu thức a ab bằng A. − a 2 b B. − a 3b C. a 2 b D. − a 3b Câu 6. Cho ∆ABC vuông tại A có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH của ∆ABC

12 5 12 7 cm B. AH = cm C. AH = cm D. AH = cm 7 2 5 2 Câu 7. Cho đường tròn (O; 2cm) và (O’; 3cm). biết OO’ = 6cm. Số tiếp tuyến chung của 2 đường tròn là A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 8. Một quả bóng hình cầu có đường kính 4cm. Thể tích quả bóng là 32 32 256 256 π cm3 cm3 π cm3 cm3 A. B. C. D. 3 3 3 3 Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) A. AH =

1) Rút gọn biểu thức A = 3 − 2 2 − 3 + 2 2 1 6   2 2) Chứng minh rằng  − +  . a + 3 = 1 Với a > 0, a ≠ 9 a −3 a −9  a +3 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x - 6 = 0 (1) (với m là tham số) 1) Giải phương trình (1) với m = 0 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

(

)

3) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình . Tìm các giá trị của m để x22 − x1x2 + (m − 2)x1 = 16 2  x − xy + y − 7 = 0 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  x + xy − 2y = 4(x − 1)

Câu 4. (2,5 điểm) Qua điểm A năm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là các tiếp điểm. Gọi E là trung điểm của đoạn AC, F là giao điểm thứ hai của EB với (O) 1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF # ∆BEC 2) Gọi K là giao điểm thứ hai của AF với đường tròn (O). Chứng minh BF.CK = BK.CF 3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu 5. (1,5 điểm) Xét các số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

1 (x + y + z) 2 + 4(x 2 + y 2 + z 2 − xy− yz − zx) 2

----------------------------Hết---------------------------HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 TỈNH NAM ĐỊNH 2019 -2020 I/ Trắc nghiệm Câu Đáp án

1 B

2 A

3 C

4 B

5 D

6 C

7 D

8 A

II/ Tự luận Câu 1: 1) A = 3 − 2 2 − 3 + 2 2 = 2 − 2. 2.1 + 1 − 2 − 2. 2.1 + 1

= ( 2 − 1) 2 − ( 2 + 1) 2 =

2 −1 −

2 +1

= 2 − 1 − 2 − 1 = −2 2) Với a > 0, a ≠ 9 Ta có: 1 6   2 VT =  − + . a −3 a −9  a +3

(

 2( a − 3) − ( a + 3) + 6  a + 3 =   . ( a − 3)  

)

(

a +3

)

2 a −6− a −3+ 6 a −3 = = 1 = VP a −3 a −3 1 6   2 Vậy  − +  . a + 3 = 1 Với a > 0, a ≠ 9 a −3 a −9   a +3 Câu 2: =

(

)

 x = −1 + 7

1/ Với m = 0 ta có phương trình: x 2 + 2x − 6 = 0 ⇔ 

 x = −1 − 7 Vậy khi m =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = −1 + 7 và x = −1 − 7 2/ Ta có ∆ = (m − 2) 2 − 4.1.( −6) = (m − 2) 2 + 24 > 0 với mọi m. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biẹt với mọi m. 3) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biẹt với mọi m.

 x1 + x 2 = m − 2   x1x 2 = −6 2 Ta có : x 2 − x1x 2 + (m − 2)x1 = 16

Theo Vi-ét ta có:

⇔ x22 − x1x2 + (x1 + x2 )x1 = 16 ⇔ x22 − x1x2 + x12 + x1x2 = 16 ⇔ (x1 + x2 )2 − 2x1x2 −16 = 0 ⇔ (m − 2)2 − 2.(−6) −16 = 0 m − 2 = 2 m = 4 ⇔ (m − 2)2 = 4 ⇔  ⇔ m − 2 = −2 m = 0 2 Vậy khi m = 0, m = 4 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn: x2 − x1x2 + (m − 2)x1 = 16 Câu 3:

 x 2 − xy + y − 7 = 0  2  x + xy − 2y = 4(x − 1)

(1) (2)

Ta có: (2) ⇔ x 2 + xy − 2y − 4x + 4 = 0

⇔ (x 2 − 4x + 4) + xy− 2 y = 0 ⇔ (x − 2) 2 + y(x − 2) = 0 x − 2 = 0 x = 2 ⇔ (x − 2)(x − 2 + y) = 0 ⇔  ⇔ x − 2 + y = 0 x = 2 − y + Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được: 4 – 2y + y – 7 = 0 ≡ y = -3 + Thay x = 2 – y vào phương trình (1) ta được :

(2 − y) 2 − (2 − y)y + y − 7 = 0 ⇔ 4 − 4y + y 2 − 2y + y 2 + y − 7 = 0 ⇔ 2y 2 − 5y − 3 = 0 Phương trình 2y 2 − 5y − 3 = 0 có ∆ = (−5)2 − 4.2.(−3) = 49 > 0,

∆ =7

5+7 5−7 1 = 3; y 2 = =− 4 4 2 + y = 3 ⇒ x = 2 − 3 = −1

Ta có: y1 =

1 1 5 + y = − ⇒ x = 2+ = 2 2 2



5 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) ∈ (−1; 3), (2; − 3),  ; −



1   2 

Bài 4: B

1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF # ∆BEC Có AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) , B và C là ác tiếp điểm

= 900 , AB ⊥ OB, AC ⊥ OC ⇒ ABO ACO = 900 + ACO = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Tứ giác ABOC có ABO + Đường tròn (O) có:

là góc nội tiếp chắn cung CF EBC là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AC và dây cung CF ECF = ECF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CF) ⇒ EBC Xét ∆CEF và ∆BEC có

là góc chung BEC = ECF (chứng minh trên) EBC

 ∆CEF # ∆BEC (g . g) 2) Chứng minh BF.CK = BK.CF Xét ∆ABF và ∆AKB có

là góc chung BAK = AKB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF) ABF BF AF  ∆ABF # ∆AKB (g . g) ⇒ = (1) BK AB Chứng minh tương tự ta có:

∆ACF # ∆AKC (g . g) 

CF AF = CK AC

(2)

Mà AB = AC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O)) Từ (1), (2) và (3)  ⇒

(3)

BF CF = ⇒ BF.CK = BK.CF BK CK

3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Có ∆ECF # ∆EBC (Chứng minh câu a)

⇒

EC EF = ⇒ EC 2 = EB.EF EB EC

Mà EC = EA (gt) ⇒ EA 2 = EB.EF ⇒

EA EF = EB EA

Xét ∆BEA # ∆AEF có:

EA EF = EB EA là góc chung AEB

= ABF = EBA ( hai góc tương ứng) hay EAF  ∆BEA # ∆AEF (c.g.c) ⇒ EAF Trên nửa mặt phẳ ng bờ AB có chưa điểm E, kẻ tia Ax là ti ếp tuyến của đường tròn ngoại tiế p )  tia AE trùng với tia Ax = xAF (Cùng bằ ng ABF °ABF ⇒ EAF  AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu 5: Ta có: x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = 2 ≡ [(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = 2 ≡ (x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) = 2 ≡ (x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = 2 ≡ (x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = 2 ≡ (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = 2  x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ 0 Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ 0 với mọi x, y, z  x² + y² + z² - xy - xz – yz > 0  x + y + z t khi đó ta có 2  8 1 t2 8  t2 P = (x + y + z) 2 + 4(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) = + =  + 2  + − 2 2 2 t 2  t

Đặt x + y + z = t (t > 0)  x² + y² + z² - xy - xz – yz =

Áp dụng BĐT Cô si ta có:

t2 t2 +2≥2 .2 = 2t (dấu bằng xảy ra ≡ t = 2) 2 2

8 8 ≥ 2 2t. = 8 t t  P ≥ 8 – 2 = 6. Tồn tại x = y = 1, z = 0 thì P = 6 2t +

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6

(dấu bằng xảy ra ≡ t = 2)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019 – 2020 Bài thi: Toán – Phần trắc nghiệm Ngày thi: 05/6/2019 Thời gian làm bài: 45 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 02 trang)

( a − 1) x − y = a + 2 có nghiệm duy nhất.  2 x − y = 3

Câu 1: Xác định tham số a để hệ phương trình  A. a ≠ 3 .

B. a ≠ 0 .

C. a ≠ −2 .

D. a ≠ 1 .

( )

Câu 2: Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = m x + m (m ≠ 0) song song với đường thẳng d ' : y = 4 x − 2 . A. m = −4 . B. m = −2 . C. m = 4 . D. m = 2 . Câu 3: Tính chiều cao của đài kiểm soát không lưu Nội Bài. Biết bóng của đài kiểm soát được chiếu bởi ánh sáng mặt trời xuống đất khoảng 200 m và góc tạo bởi tia sáng với mặt đất là 25o 24 ' (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) B. 181 m . A. 221 m . C. 86 m . D. 95 m . Câu 4: Cho đường tròn ( O;10cm ) và đáy AB cách tâm O một khoảng bằng 6 cm . Tính độ dài đáy AB . A. 16 cm . B. 12 cm . C. 8 cm . D. 10 cm . Câu 5: Cho △ ABC vuông tại A , đường cao AH . Khẳng định nào sau đây là đúng? B. AH 2 = HB. AB . C. AH 2 = HB.HC . D. AH 2 = HB. AC . A. AH 2 = HB.BC . Câu 6: Cổng vào một ngôi biệt thự có hình dạng là một parabol được biểu diễn bởi đồ thị của hàm số y = − x 2 . Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m . Một chiếc ô tô tải có thùng xe là một hình hộp chữ nhật có chiều rộng là 2,4 m . Hỏi chiều cao lớn nhất có thể của ô tô là bao nhiêu để ô tô có thể đi qua cổng? A. 2,4 m .

B. 1,44 m .

C. 4 m .

D. 2,56 m .

Câu 7: Trên hình vẽ là ba nửa đường tròn đường kính AB , AC , CB . Biết DC vuông góc với AB tại C , khi đó tỉ số diện tích hình giới hạn bởi ba nửa đường tròn nói trên và diện tích hình tròn bán kính DC là A.

7 . 3

1 . 3

1 . 2

1 . 4

Câu 8: Căn bậc hai số học của 36 là A. -6. B. 6. C. 72. D. 18. Câu 9: Gọi S là tập các giá trị số nguyên của m để đường thẳng y = 6 x + m − 5 và parabol y = x 2 cắt nhau tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung. Tính tổng các phần tử của tập S . A. 5. B. 4. C. 1. Câu 10: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R?

D. 0.

A. y = − x + 5 .

D. y = 2020 .

B. y = 2 x + 1 .

C. y = 2019 − 2 x .

Câu 11: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số bậc nhất y = ( 2019 − m ) x + 2020 nghịch biến trên ℝ. A. m > −2019 . B. m > 2019 . C. m < 2019 . Câu 12: Cho △ ABC vuông tại A . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. sin B =

AC . AB

Câu 13: Biểu thức A. x ≤ −4 .

B. sin B =

AB . BC

C. sin B =

AB . AC

D. m < −2019 .

D. sin B =

AC . BC

2 x − 8 có nghĩa khi và chỉ khi B. x ≤ 4 .

C. x ≥ −4 .

D. x ≥ 4 . o . Câu 14: Cho hình vẽ, biết AB là đường kính của đường tròn tâm O , ABC = 40 . Tính số đó góc BMC B. 60 o . C. 80o . A. 40 o . 2 Câu 15: Tìm m để đồ thị hàm số y = ( m + 5 ) x đi qua điểm A ( −1; 2 ) .

D. 50 o .

A. m = −3 . B. m = 6 . C. m = 3 . D. m = −7 . Câu 16: Tâm O của đường tròn ( O;5cm ) cách đường thẳng d một khoảng bằng 6 cm . Tìm số điểm chung của đường thẳng d và đường tròn ( O;5cm ) . A. Có ít nhất một điểm chung B. Có hai điểm chung phân biệt C. Có một điểm chung duy nhất D. Không có điểm chung Câu 17: Một quả bóng nhựa mềm dành cho trẻ em có dạng hình cầu 7 cm . Tính diện tích bề mặt quả bóng (lấy π ≈ 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) A. 381,5( cm 2 ). B. 153,86( cm 2 ). C. 615,44( cm 2 ). Câu 18: phương trình nào sau đây là phương trình bậc hai một ẩn?

D. 179,50( cm 2 ).

C. 3 xy + 4 x − 6 = 0 . B. −2 x + 5 = 0 . A. − x 2 + x − 2 = 0 . D. x 3 + 2 x 2 = 0 . Câu 19: Lúc 8 giờ, kim giờ và kim phút của đồng hồ tạo thành một góc ở tâm có số đo là A. 80o .

B. 240 o .

Câu 20: Giá trị biểu thức E =

1 1 bằng − 2 −1 2 +1

C. 120 o .

D. 40 o .

A. −2 .

C. 2 . B. −2 2 . Câu 21: Hệ số góc của đường thẳng ( d ) : y = −2 x + 3 là B.

A. −2 .

−3 . 2

x + y = 3 . 2 x + y = 1

C. 

D. 2 2 .

3 . 2

D. 3 .

Câu 22: Trong các hệ phương trình sau, hệ phương trình nào là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn?

 xy + 3x = 1 .  y − 2x = 1

A. 

B. 

 x2 + 3 y = 1 − x + 2 y = 1

x − 2 y = 1

D. 

2  x + 2 y = −1

Câu 23: Cho hàm số y = 9 x 2 . Khẳng định nào sau đây đúng? B. Hàm số đồng biến trên ℝ. A. Hàm số nghịch biến khi x > 0 . C. Hàm số đồng biến khi x > 0 . D. Hàm số đồng biến khi x < 0 . Câu 24: Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 0, 5m × 2, 4m người ta gò tấm tôn đó thành mặt xung quanh của thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 0, 5m (phần mép hàn không đáng kể). Tính thể tích V của thùng.

36 6 ( m3 ). C. V = ( m3 ). 25π 5π Câu 25: Nghiệm tổng quát của phương trình 2 x − y = 1 là A. V =

12 ( m3 ). 25π

x ∈ ℝ .  y = 1 − 2x

B. V =

x ∈ ℝ .  y = 2x −1

A. 

B. 

x ∈ ℝ .  y = 2x +1

C. 

D. V =

18 ( m3 ). 25π

x ∈ ℝ  y = 2x +1

D. 

-----HẾT-----

Đáp án trắc

1. A 6. B 11. B 16. D 21. A

2. D 7. D 12. D 17. C 22. B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

3. D 8. B 13. D 18. A 23. C

4. A 9. B 14. D 19. C 24. D

5. C 10. B 15. A 20. C 25. B

phần thi nghiệm:

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019-2020 Bài thi: Toán – Phần tự luận Ngày thi: 05/06/2019 Thời gian làm bài: 45 phút, không kể thời gian phát để

Câu 1(1,5 điểm). a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5 + 2) − 20 . b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5).

3x − y = 7 . x + y = 5

c) Giải hệ phương trình 

Câu 2(1,5 điểm). Cho phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 4. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 . Câu 3(1,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BD, CE của tam giác ABC ( D ∈ AC , E ∈ AB ). a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn. b) Gọi giao điểm của AO với BD và ED lần lượt là K, M. Chứng minh:

1 1 1 = + . 2 2 MD KD AD 2

Câu 4(0,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

x2 y2 z2 + + x 4 + yz y 4 + xz z 4 + xy *******HẾT*******

Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN Câu 1(1,5 điểm). a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5 + 2) − 20 . b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5).

3x − y = 7 . x + y = 5

c) Giải hệ phương trình  a

a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5 + 2) − 20

P = 5( 5 + 2) − 20 = 5. 5 + 2 5 − 2 5 = 5 b

Vậy P = 5. b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5) Đường thẳng (d): y = mx +3 đi qua điểm A(1;5) nên ta có: 5 = m.1 + 3 m = 2 Vậy với m = 2 thì đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5).

3x − y = 7 . x + y = 5

c) Giải hệ phương trình 

3x − y = 7 y = 5− x y = 5− x x = 3 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + y = 5 3x − (5 − x) = 7 4 x = 12 y = 5− x y = 2

Ta có: 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (3;2) Câu 2(1,5 điểm). Cho phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 4. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 . a)

Giải phương trình với m = 4 Với m = 4 ta có phương trình:

x 2 − 4 x + 4 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 (1) Phương trình (1) có hệ số a = 1; b = -4; c = 3 => a + b + c = 0.

c =3 a Vậy với m = 4 thì tập nghiệm của phương trình là: S = {1;3} Nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 = 1; x2 =

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:

x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 Phương trình: x 2 − 4 x + m − 1 = 0 (*) Có ∆ ' = ( −2) 2 − 1(m − 1) = 5 − m Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì ∆ ' > 0 ⇔ 5 − m > 0 ⇔ m < 5

−b   x1 + x2 = a = 4 Theo hệ thức Vi-et ta có:   x .x = c = m − 1  1 2 a Ta có:

x1 ( x1 + 2) + x2 ( x2 + 2) = 20 ⇔ x12 + 2 x1 + x22 + 2 x2 = 20 ⇔ x12 + x22 + 2( x1 + x2 ) = 20 ⇔ ( x1 + x2 )2 − 2 x1.x2 + 2( x1 + x2 ) = 20 ⇔ 42 − 2(m − 1) + 2.4 = 20 ⇔ 16 − 2(m − 1) + 8 = 20 ⇔ m −1 = 2 ⇔ m = 3(tm) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 3(1,5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BD, CE của tam giác ABC ( D ∈ AC , E ∈ AB ).

a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn. b) Gọi giao điểm của AO với BD và ED lần lượt là K, M. Chứng minh:

1 1 1 = + . 2 2 MD KD AD 2

A D

M K E

O C

= BDC = 900 Vì BD, CE là hai đường cao của tam giác ABC nên BEC = BDC = 900 (cmt) nên hai đỉnh E, D kề nhau cùng nhìn cạnh Xét tứ giác BCDE có BEC 0 BC dưới các góc 90 , suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp. (dhnb). Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) Suy ra: OA ⊥ Ax = + Vì tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên BCD AED (1) (cùng bù với ) BED

= BCA (2) (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội + Xét đường tròn (O) có BAx tiếp cùng chắn cung AB) = Từ (1) và (2) suy ra: BAx AED mà hai góc ở vị trí so le trong nên Ax// ED Mà Ax ⊥ AO (cmt ) ⇒ ED ⊥ AO = {M } Xét tam giác ADK vuông tại D có DM là đường cao.

1 1 1 = + (đpcm) 2 2 DM DK DA2 Câu 4(0,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz ⇒

x2 y2 z2 + + x 4 + yz y 4 + xz z 4 + xy

x y z + + =3 yz xz xy

x y x y x y 2 ; ta có: + ≥2 . = yz xz yz xz yz x z y z 2 z x 2 Tương tự ta cũng có: + ≥ ; + ≥ xz xy x xy yz y  x y  y z   z x  2 2 2 ⇒ + + + + +  ≥ + +  yz xz   xz xy   xy yz  z x y x y z 1 1 1 1 1 1 ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≤3 yz zx xy x y z x y z x2 1 1 1 1 1 1 1 Lại có: x 4 + yz ≥ 2 x 4 yz = 2 x 2 yz ⇒ 4 ≤ = .2. . ≤ ( + ) x + yz 2 yz 4 y z 4 y z Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương

Tương tự

y2 1 1 1 z2 1 1 1 ≤ ( + ); ≤ ( + ) 4 4 y + xz 4 x z z + xy 4 x y

Suy ra

x2 y2 z2 1 2 2 2 1 1 1 1 3 + + ≤ ( + + )= ( + + )≤ 4 4 4 2 x y z 2 x + yz y + xz z + xy 4 x y z 3 => P ≤ 2 P=

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3/2 khi x = y = z = 1.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN

TỈNH HẬU GIANG

NĂM HỌC: 2019 - 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI : TOÁN - THPT Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề)

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1: Điều kiện để hàm số y = ( −m + 3) x − 3 đồng biến trên R là: A. m = 3

B. m ≤ 3

C. m ≥ 3

D. x ≠ 3

Câu 2: Cho hàm số y = −3x 2 kết luận nào sau đây đúng. A. y = 0 là giá trị lớn nhất của hàm số B. y = 0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số C. Không xác định được giá trị lớn nhất của hàm số trên. D. Xác định được giá trị nhỏ nhất của hàm số trên. Câu 3: Điều kiện xác định của biểu thức A. x ≠ 0

2019 −

2019 là: x C. x ≥ 1 hoặc x < 0

B. x ≥ 1

D. 0 < x ≤ 1

Câu 4: Cho phương trình x − 2y = 2 (1) , phương trình nào trong các phương trình sau đây kết hợp với (1) để được phương trình vô số nghiệm. A. 2x − 3y = 3 Câu 5: Biểu thức

1 2

C. − x + y = −1

B. 2x − 4y = −4

(

5 −3

A. 3 + 2 5

)

1 x − y = −1 2

− 5 có kết quả là:

B. 3 − 2 5

C. 2 − 3 5

D. -3

Câu 6: Cho hai phương trình x 2 − 2x + a = 0 và x 2 + x + 2a = 0 . Để hai phương trình cùng vô nghiệm thì: A. a > 1

B. a < 1

C. a >

1 8

D. a <

1 8

Câu 7: Cho đường tròn ( O;R ) và một dây cung AB = R . Khi đó số đo cung nhỏ AB là: A. 600

B. 1200

C. 1500

D. 1000

Câu 8: Đường tròn là hình: A. Không có trục đối xứng

C. Có một trục đối xứng

B. Có hai trục đối xứng

D. Có vô số trục đối xứng

2 3 3 Câu 9: Cho phương trình x − x − 4 = 0 có nghiệm x1; x 2 . Biểu thức A = x1 + x 2 có giá trị là:

A. A = 28

B. A = −13

C. A = 13

D. A = 18

Câu 10: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần: A. Tăng gấp 16 lần B. Tăng gấp 4 lần C. Tăng gấp 8 lần D. Tăng gấp 2 lần Câu 11: Diện tích hình tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a là: A. πa 2

3πa 2 4

C. 3πa 2

πa 2 3

Câu 12: Cho tam giác ABC vuông tại A. khi đó trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? A.

AB cos C = AC cos B

B. sin B = cos C

C. sin B = tan C

D. tan B = cos C

PHẦN II: TỰ LUẬN (7 điểm) Bài 1. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A =

4+ 8 + 2 − 3− 6 2+ 2 − 3

Bài 2. (1,5 điểm) không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 2 a) 5x + 13x − 6 = 0

3x − 4y = 17 5x + 2y = 11

b) x 4 + 2x 2 − 15 = 0

c) 

Bài 3. (1,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ parabol (P): y = b) Tìm m để đường thẳng (d): y = ( m − 1) x +

1 2 x 2

1 2 m + m đi qua điểm M (1; −1) 2

c) Chứng minh rằng parabol (P) luôn cắt đường thẳng d tịa hai điểm phân biệt A và B. Gọi

x1; x 2 là hoàng độ hai điểm A, B. Tìm m sao cho x12 + x 22 + 6x1x 2 > 2019 Bài 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O) với đáy AB cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn. M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; AC . Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K. a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp. b) Chứng minh MK.MN = MI.MC c) chứng minh tam giác AKI cân tại K.

Bài 5: Với x ≠ 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

x 2 − 3x + 2019 x2

--- HẾT ---

HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN I: TRẮC NGHIỆM 1.B

2.A

3.C

4.C

5.B

6.A

7.A

8.D

9.C

10.C

11.D

12.B

PHẦN II: TỰ LUẬN Bài 1: A =

4+ 8 + 2 − 3− 6 2+ 2 − 3

4+3 2 − 3 − 2 3 2+ 2 − 3

(2 +

)

(

(2 +

2 − 3 + 2 2+ 2 − 3 2+ 2 − 3

4+2 2 + 2 − 3− 2 3 2+ 2 − 3

) (

2 − 3 + 2 2 + 2 − 2. 3

)

2+ 2 − 3

)

(2 +

)(

2 − 3 1+ 2 2+ 2 − 3

)

= 1+ 2

Vậy A = 1 + 2 Bài 2: a) 5x 2 + 13x 2 − 6 = 0 Ta có ∆ = 132 + 4.5.6 = 289 > 0 ⇒

∆ = 17

−13 + 17 2   x1 = 2.5 = 5 ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt   x = −13 − 17 = −3  2 2.5 2 5

 

Vậy phương trình có tập nghiệm: S =  ; −3 b) x 4 + 2x 2 − 15 = 0 Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) khi đó ta có phương trình: t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔ ( t + 5 )( t − 3) = 0

 t = −5 ( ktm ) ⇒  t = 3 ( tm )

x= 3

Với t = 3 ⇒ x 2 = 3 ⇔ 

 x = − 3

{ }

Vậy phương trình có tập nghiệm: S = ± 3

 x =3 3x − 4y = 17  3x − 4y = 17  13x = 39  x =3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 5x + 2y = 11 10x + 4y = 22 5x + 2y = 11 5.3 + 2y = 11  y = −2

c) 

Bài 3: a) Tự vẽ b) Tìm m để đường thẳng (d): y = ( m − 1) x + Vì M (1; −1) thuộc (d): y = ( m − 1) x +

1 2 m + m đi qua điểm M (1; −1) 2

1 2 m + m nên thay tọa độ M vào d ta được: 2

1 1 −1 = ( m − 1) .1 + m 2 + m ⇔ m 2 + m + m − 1 + 1 = 0 2 2 ⇔

1 2 1 m + 2m = 0 ⇔ m ( m + 4 ) = 0 2 2

 m=0 ⇔  m = −4 Vậy m = 0; m = −4 thỏa mãn bài toán c) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là:

1 2 1 x = ( m − 1) x + m 2 + m 2 2 ⇔

1 2 1 x − ( m − 1) x − m 2 − m = 0 (1) 2 2 2

1  1 2  2

 

Ta có ∆ =  − ( m − 1)  − 4. .  − m 2 − m 

∆ = m 2 − 2m + 1 + m 2 + 2m

∆ = 2m 2 + 1 > 0 với mọi m Suy ra phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biết với mọi m Nên P luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A và B

 x1 + x 2 = 2 ( m − 1)

Theo vi-ét ta có: 

2  x1.x 2 = − m − 2m

Theo đề ta có: x12 + x 22 + 6x1x 2 > 2019 2

⇔ ( x1 + x 2 ) + 4x1x 2 − 2019 > 0 2

⇔  2 ( m − 1)  + 4 ( −m 2 − 2m ) − 2019 > 0

⇔ 4m 2 − 8m + 4 − 4m 2 − 8m − 2019 > 0

⇔ −16m − 2015 > 0 ⇔ −16m > 2015 ⇔m<

2015 16

Bài 4:

= NMC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau) a) Ta có: ABN = HMI ⇒ Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới ⇒ HBI các góc bằng nhau).

= ACM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau) b) Ta có MNB = MCK ⇒ MNI Xét tam giác MIN và tam giác MKC ta có:

: chung NMC

= MCK ( cmt ) MNI ⇒ ∆MIN = ∆MKC ( g − g ) ⇒

MI MK = ⇒ MK.MN = MI.MC MN MC

= MCK (cmt) nên tứ giác NCIK nội tiếp c) Ta có MNI = NCI = NCM ( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) ⇒ HKI

= sdMN (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn) Lại có NMC 2

= sdAN + sdBM = sdAN + sdAM = sdMN (góc có đỉnh bên trong đường tròn) AHN 2 2 2 = AHK ⇒ HKI = AHK mà chúng ở vị trí so le trong ⇒ AH / /KI ⇒ NCM

= KHI mà chúng ở vị trí so le trong ⇒ AK / /HI Chứng minh tương tự ta có AKH

 AH / /KI ⇒ AHKI là hình bình hành (1) AK / /HI

Xét tứ giác AHIK ta có 

= MIB (hai góc nt cùng chắn cung MB) Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp ⇒ MHB = KIC (hai góc nt cùng chắn cung NC) Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp ⇒ NKC

= NIC ( dd ) ⇒ MHB = NKI Mà MIB = AKH ⇒ ∆AHK cân tại H ⇒ AH = AK ( 2 ) ⇒ AHK Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác AHIK là hình thoi

⇒ KA = KI ⇒ ∆AKI cân tại K (đpcm) Bài 5: Điều kiện x ≠ 0

x 2 − 3x + 2019 3 2019 = 1− + 2 Ta có A = 2 x x x Đặt t =

1 ( t ≠ 0 ) ta được: x

1   A = 1 − 3t + 2019t 2 = 2019  t 2 − t  +1 673   2 2 2  1 1  2689 2689  1    1   = 2019 ≥  t 2 − 2t + − 2019 + 1 = 2019 t − ≥       + 1346  1346    1346   1346  2692 2692  với mọi t thuộc R Dấu “=” xảy ra khi t =

1 ( tm ) . 1346

Vậy min A =

2689 1 khi t = ⇒ x = 1346 ( tm ) 2692 1346

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA KÌ II NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN : TOÁN 6 (Thời gian làm bài : 90 phút) I.TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2 điểm). Khoanh tròn vào chữ cái in hoa đứng trước những câu trả lời đúng: Câu 1. Kết quả của phép tính A.

−2  1 2  +  +  là 3 4 3

19 12

1 4

−19 12

D. −

−3 là 7 −7 −3 3 A. B. C. 3 −7 −7 x 1 đẳng thức nào sau đây lập sai Câu 3: Từ đẳng thức = y 3

1 4

Câu 2: Số đối của

x y = 1 3

y 3 = x 1

3 1 = y x

7 3

3 x = y 1

Câu 4:Tia Ot là tia phân giác của góc xOy khi:

= A. xot yot

+ toy = xoy B. xot xoy = D. xot yot =

= toy = xoy C. xot

Câu 5: Xác định tính đúng, sai của các khẳng định bằng cách đánh dấu “X” vào ô thích hợp: Câu

Đúng

1. Nếu tia OM nằm trong góc xOy thì tia OM nằm giữa hai tia Ox và Oy. 2. Nếu góc xOy bằng 300 , góc xoz bằng 670 thì tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz.

3. ế < ℎì < ( với a ≠ 0) 4. Nếu (−a) < 0 ℎì < 0 II.TỰ LUẬN (8 điểm): Bài 1: Thực hiện phép tính (1,5 điểm):

−1  5 1  + +  4 8 4

13 1 1 7 − + + 26 3 −2 21

5 7 5 9 5 3 c) . + . − . 9 13 9 13 9 13

Bài 2: Tìm x biết (1,5 điểm): a) 5x + 17 = 2

Bài 3 (1 điểm)

−8 4 = 3 x − 1 −7

x −1 5

5 −19 + 6 30

Sai

Vòi nước A chảy đầy một bể không có chứa nước mất 5 giờ, vòi B mất 4 giờ a) Trong 1 giờ vòi nào chảy được nhiều nước hơn? b) Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được bao nhiêu phần bể Bài 4: ( 3 điểm) Cho góc xOm bằng 30o. Vẽ tia Oy là tia đối của tia Ox. a) Tính số đo góc yOm? b) Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy. Chứng tỏ góc yOt là góc vuông? c) Vẽ tia On nằm giữa hai tia Ot và Oy sao cho góc tOn bằng 60o. Tia Ot có là tia phân giác của góc mOn không? Vì sao? Bài 5 Tìm số tự nhiên x, y biết x − 3 = y. ( x + 2 ) HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 6 I. Trắc nghiệm: (2 điểm) Mỗi câu (từ 1 đến 4) đúng cho 0,25 điểm, câu 5 mỗi ý đúng cho 0,25 điểm. Câu

Đáp án

5 1

II. Tự luận: Bài 1 Thực hiện phép tính (1,5 điểm):

a) a)

−1  5 1   −1 1  5 + +  = +  + 4 8 4  4 4 8

5 5 = 8 8

0,25 0,25

13 1 1 7 1 1 1 1 − + + = − − + 26 3 −2 21 2 3 2 3

0,25

1 1 1 1 =  − + +  = 0+0 = 0  2 2 3 3

0,25

5 7 5 9 5 3 5 7 9 3 c) . + . − . = .  + −  9 13 9 13 9 13 9  13 13 13 

0,25

5  7+9−3 5 5 = .  = .1 = 9  13  9 9

0,25

Bài 2 Tìm x biết (1,5 điểm):

5 x = 2 − 17 5 x = −15 a)

0,25

Type equation here.

x = −15 : 5 x = −3 Vậy x=-3

0,25

−8 4 = 3 x − 1 −7

0,25

( 3x − 1) .4 = −8. ( −7 ) b)

3 x − 1 = 14

3 x = 15 x=5

0,25

Vậy x = 5

x −1 5

x −1

5 −19 + 6 30

25 −19 + 5 30 30 x −1 1 = 5 5

0,25

x −1 = 1 ⇒

x = 2; x = 0

0,25

Vậy x = 2; x = 0 Bài 3 (1đ)

1 = 5 1 Một giờ vòi B chảy được = 4

Một giờ vòi A chảy được a)

Vì b)

4 bể 20 5 bể 20

0,25 0,25

5 4 1 1 > ⇒ > nên một giờ vòi B chảy được nhiều nước hơn vòi A 20 20 4 5

Một giờ cả 2 vòi chảy được

1 1 5 4 9 + = + = bể 4 5 20 20 20

0,25 0,25

Bài 4 (3đ)

Chú ý: + Hình vẽ đúng cho 0,5 điểm + Không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì toàn bài hình không cho điểm +Việc lí giải tia nằm giữa 2 tia chỉ cần trình bày 1 lần

a) 1 điểm . Tính số đo góc yOm. + Chỉ ra tia Om nằm giữa 2 tia Ox và Oy

0,5

+ Tính được góc yOm= 150o.

0,5

b) 0,75 điểm : Chứng tỏ góc yOt là góc vuông + Tính được góc yOt = 90o

0,5

+ Kết luận góc yOt là góc vuông

0,25

c) 0,75 điểm : Tia Ot có là tia phân giác của góc mOn không? Vì sao? + tính được góc mOt = 60o

0,25

+ Chỉ ra góc mOt = góc tOn và tia Ot nằm giữa 2 tia Om , On

0,25

+ Kết luận tia Ot là tia phân giác của góc mOn

0,25

Bài5 (1đ) Tìm số tự nhiên x, y biết x − 3 = y. ( x + 2 )

x − 3 = y. ( x + 2 )

0,25

Do x,y ∈ N và x − 3 = y. ( x + 2 ) suy ra x − 3⋮ ( x + 2 ) ⇒ ( x + 2 ) − 5⋮ ( x + 2 ) mà ( x + 2 ) ⋮ ( x + 2 ) ⇒ 5⋮ ( x + 2 ) , vì x ∈ N nên ( x + 2 ) ∈ N do đó ( x + 2 ) ∈ {1;5} +Nếu x + 2 = 1 ⇒ x = −1 ( loại vì -1 ∉ N )

0,25

+Nếu x + 2 = 5 ⇒ x = 3 ( chọn)

0,25

Với x = 3 ⇒ 3 − 3 = y. ( 3 + 2 )

0,25

⇒ y=0 Vậy x = 3; y = 0 (Mọi cách khác làm đúng cho điểm tối đa)

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

1 2

A. . Câu 2:

4 . 8

4 3

C. .

D. 2 .

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

A. y = 1 − x .

(

B. y = 2x − 3 .

)

C. y = 1 − 2 x .

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

D. 4 .

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

A. a = 2 . Câu 5:

D. y = −2x + 6 .

B. a =

1 . 2

C. a = −2 .

D. a =

1 . 4

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

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

Câu 6:

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

HB 1 = . Độ dài đoạn BC là HC 3

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

Cho biểu thức A =

(

C. 4 3cm . 2

D. 12cm .

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

x −1

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

Câu 9:

( )

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

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

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

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

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

1 2

A. .

4 . 8

4 3

D. 2 .

C. . Lời giải

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

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

4 4 = = 2. 7 + 2 −1 3 −1 Câu 2:

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

A. y = 1 − x .

B. y = 2x − 3 .

(

)

C. y = 1 − 2 x .

D. y = −2x + 6 .

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

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

A. a = 2 .

B. a =

1 . 2

C. a = −2 .

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

D. a =

1 . 4

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

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

Lời giải Chọn: A.

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

Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC .

HB 1 = . Độ dài đoạn BC là HC 3

Biết AH = 12cm , A. 6 cm .

B. 8 cm .

C. 4 3 cm . Lời giải

D. 12 cm .

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

Theo đề bài ta có:

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

Cho biểu thức A =

(

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

x −1

a) Rút gọn biểu thức A .

b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên. Lời giải

( a) A = =

) (

x +1 +

)

x −1 − 3 x −1 x −1

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

(

2019 2 x + 2 − 3 2019A =

) = 4038 −

x +1

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

x + 1 = 1 ⇔ x = 0 , thỏa mãn.

x + 2 x + 1 + x −2 x +1− 3 x −1 x −1

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

x +1 x + 1 là ước nguyên dương của 6057 gồm:

x + 1 = 3 ⇔ x = 4 , thỏa mãn.

x + 1 = 9 ⇔ x = 64 , thỏa mãn.

x + 1 = 673 ⇔ x = 451584 , thỏa mãn.

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

+) Câu 8:

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

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

160 . 9

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

Do x + y ∈ ℕ và 16 < x + y ≤

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

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

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

N O K H A

I B

Suy ra, sđMN = sđAB + (sđBM + sđAN ) 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 AB dưới góc 90º nên tứ giác ABIK nội tiếp. ⇒ C là điểm chính giữa của cung = sđCN Suy ra, CAI = CBK ⇒ sđCM MN ⇒ CO ⊥ MN . Vì AC > BC nên ∆ ABC không cân tại C do đó C ,O, H không thẳng hàng. Từ đó suy ra CO //DH . Câu 10: a) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 sao cho x 1 + x 2 + 3 + x 1x 2 = 2m + 1 . b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =

a 3 + b3 + 4 . ab + 1 Lời giải 2

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

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

 ⇔ (2m − 1) 

2m − 1

− (2m − 1) = 0 2m + 1 2 − 2m + 1  m = 1 t / m (*)   1 1 2 − − 1 = 0 ⇔  1 1    2m + 1 2 − 2m + 1 − − 1 = 0 (2)   2m + 1 2 − 2m + 1

⇔ 2m − 1 + 2 − 2m − 1 − (2m − 1) = 0 ⇔

−

(

)

Vì

2m + 1 ≥ 1, ∀m thỏa mãn 0 ≤ m ≤ 1 ⇒

1 2m + 1

≤ 1 . Do đó, VT (2) < 0 = VP (2) hay

(2) vô nghiệm. Vậy giá trị cần tìm là m =

1 . 2

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

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

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

a3 + b3 + 4 1 ≤ 2 2 + 4. ≤ 1 do ab + 1 ≥ 1 . Suy ra M = ab + 1 ab + 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 2 + b 2 = 2  ⇔ (a;b ) = 0; 2 ∨ (a;b ) = 2; 0 .  ab = 0

Mặt khác

(

)

(

)

(

)

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

(

2; 0

)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

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

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

C. m = −1.

D. m = 2.

C. 12 và −12.

D. 12.

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

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

đường tròn ( O ) bằng A. 10 cm. B. 9 cm. C. 8 cm. D. 12 cm. 2 Câu 15: Biết rằng đường thẳng y = 2 x + 3 cắt parabol y = x tại hai điểm. Tọa độ của các giao điểm là A. (1;1) và ( −3;9 ) .

B. (1;1) và ( 3;9 ) .

C. ( −1;1) và ( 3;9 ) .

D. ( −1;1) và ( −3;9 ) .

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

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

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

D. f ( −1) > f ( 0 ) .

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

πR

⋅

B. π R.

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

 2 x − 2 x +1

b) Rút gọn biểu thức A = 

(

 

x−4

)−2

πR 4

⋅

3π R ⋅ 2

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

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

2 1

− mx1 + m )( x22 − mx2 + m ) = 2.

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

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

Câu 5 (0,5 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = ( 3 − x )( 3 − y ) . -------------------------------Hết-------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ............................................. Số báo danh:........................................................... Cán bộ coi thi 1 (Họ tên và ký): ......................................................................................................... Cán bộ coi thi 2 (Họ tên và ký): .........................................................................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

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

HDC ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu Câu 1

a) (1,0 điểm)

Hướng dẫn, tóm tắt lời giải

Điểm (2,0điểm)

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

0,5

5 y = 5 ⇔ x = 2 + y

0,25

x = 3 . ⇔  y =1

0,25

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

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

(

b) (1,0 điểm)

(

( ) (

)(

) (

)(

)

x x −2

0,25

1 ⋅ x +2

0,25

Câu 2 a) (0,5 điểm)

0,25

)

1 . Kết luận A = x +2

)  : ) 

)( )(

(1,0điểm) 2

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

0,25

Giải ra được x = −1, x = 3.

0,25

∆ = ( m + 1) − 4 ( m − 4 ) = m 2 − 2m + 17 = ( m − 1) + 16 > 0, ∀m ∈ ℝ. Kết luận phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m.

0,25

x12 − ( m + 1) x1 + m − 4 = 0 ⇔ x12 − mx1 + m = x1 + 4. b) (0,5 điểm)

Tương tự x22 − mx2 + m = x2 + 4.

2 1

− mx1 + m )( x22 − mx2 + m ) = 2

0,25

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

(*) ⇔ ( m − 4 ) + 4 ( m + 1) + 16 = 2 ⇔ 5m + 14 = 0 ⇔ m = Câu 3

−14 ⋅ Kết luận. 5

(1,5điểm)

Gọi số sách Toán và sách Ngữ văn Hội khuyến học trao cho trường A lần lượt là

x, y (quyển), ( x, y ∈ ℕ* ) .

0,25

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

0,5

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

1 2 x và y (quyển) 2 3 0,25

1 2 x = y ( 2) 2 3

 x + y = 245  Đưa ra hệ  1 . 2 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

C O

I H

a) (1,0 điểm)

b) (0,5 điểm)

0,25

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

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

Chỉ ra được ACD = 600 ; ADC = 900

0,25

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

0,25

= DBC . Vì EK / / BC nên DEK

c) (0,5 điểm)

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

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

Câu 5

0,25

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

18 − 6 ( x + y ) + 2 xy

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

( x + y − 3) =

2 2

− 6( x + y) + 9 2

0,25

(0,5 điểm)

0,25

+ 4. 2

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

( x + y − 3) P= 2

( +4≥

2 −3 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

)

+4=

19 − 6 2 ⋅ 2

0,25

19 − 6 2 2 khi x = y = ⋅ 2 2

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC I. TRẮC NGHIỆM Câu 1. Cho biểu thức P= a 2 với a < 0. Khi đó biểu thức P bằng: A. −2a

B. − −2a

C. 2a 2

D. − 2a 2

Câu 2. Hàm số y = ( m − 4 ) x + 7 đồng biến trên R, với A.m ≥ 4

B. m > 4

C. m < 4 x − y = 1 Câu 3. Số nghiệm của hệ phương trình  là 3x + 2y = 4

D. m ≠ 4

A.1 B.2 C. vô số D. 0 Câu 4. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 3 cm, BC = 2 cm. Độ dài đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD bằng A. 2 cm B. 2 3 cm C. 4 cm D. 8 cm II. TỰ LUẬN Câu 5. Cho phương trình x 2 − 2(m + 1)x + m 2 + 3 = 0(1) với m là tham số và x là ẩn số a) Giải phương trình (1) khi m = 3 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Câu 6. 1 4

a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) y = x 2 và A, B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ tương ứng bằng – 2 và 4. Tìm tọa độ hai điểm A, B và viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B b) Cho một mảnh vườn hình chữ nhật. Biết rằng nếu giảm chiều rộng đi 3m và tăng chiều dài thêm 8m thì diện tích mảnh vườn đó giảm 54m 2 so với diện tích ban đầu, nếu tăng chiều rộng thêm 2m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích mảnh vườn đó tăng 32m 2 so với diện tích ban đầu. Tính chiều rộng và chiều dài ban đầu của mảnh vườn đó. Câu 7. Cho đường tròn (O;R) (đường tròn tâm O, bán kính R) và điểm A cố định nằm trên đường tròn (O;R). BC là một đường kính thay đổi của đường tròn (O;R) và không đi qua A. Đường tròn đường kính AO cắt các đoạn AB. AC tại các điểm thứ hai tương ứng là M, N. Tia OM cắt (O;R) tại điểm P. Gọi H là trực tâm của tam giác AOP. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMON là hình chữ nhật b) Tứ giác PHOB nội tiếp được trong một đường tròn và

OH.PC không phụ AC

thuộc vào vị trí các điểm B, C c) Xác định vị trí của các điểm B, C sao cho tam giác AMN có diện tích lớn nhất. Câu 8. Giải phương trình 2(x 4 + 4) = 3x 2 − 10x + 6

DAP AN VAO 10 NAM HOC 2018-2019 TOAN TINH VINH PHUC I. Tr¾c nghiÖm 1. D

2. B

3. A

4.C

II. Tù LuËn Bµi5.a) Khi m = 3, ph−¬ng tr×nh thµnh: x 2 − 8x + 12 = 0 ⇔ x 2 − 6x − 2x + 12 = 0 ⇔ x(x − 6) − 2(x − 6) = 0 x = 2 ⇔ ( x − 2 )( x − 6 ) = 0 ⇔  . VËy S = {2;6} x = 6 b) x 2 − 2(m + 1)x + m 2 + 3 = 0 2

∆ ' =  − ( m + 1)  − (m 2 + 3) = m 2 + 2m + 1 − m 2 − 3 = 2m − 2 §Ó ptrinh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th× ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 2m − 2 > 0 ⇔ m > 1 6)a) Ta cã :A ∈ (P) : y =

1 2 x 4

1 2 mµ x A = −2 ⇒ y A = . ( −2 ) = 1 ⇒ A(−2;1) 4 1 x B = 4 ⇒ y B = .4 2 = 4 ⇒ B(4;4) 4 Gäi d cã d¹ng y = ax + b (a ≠ 0) V × A ( −2;1) ;B ( 4;4 ) ∈(d) ta cã hÖ ph−¬ng tr×nh 1  −2a + b = 1 a = ⇔ 2   4a + b = 4 b = 2 1 VËy ph−¬ng tr×nh cÇn t×m lµ :y = x + 2 2 b) Gäi a(m) lµ chiÒu réng, b(m) lµ chiÒu dµi m¶nh v−ên (b > a >3) ⇒ DiÖn tÝch ban ®Çu lµ ab NÕu gi ¶ m chiÒu réng 3m, t¨ng chiÒu dµi 8m th× diÖn tÝch gi ¶ m 54 m 2 ⇒ (a − 3)(b+ 8) = ab − 54 ⇔ ab+ 8a − 3b − 24 = ab − 54 ⇔ 8a − 3b = −30(1) NÕu t¨ng chiÒu réng lª n 2 m,gi¶m chiÒu dµi 4 m th× diÖn tÝch t¨ng 32 m 2 ⇒ (a + 2)(b − 4) = ab + 32 ⇔ ab − 4a + 2b − 8 = ab + 32 ⇔ 4a − 2b = −40(2) 8a − 3b = −30 a = 15 tõ (1)(2) ta cãhÖ ph−¬ng tr×nh  ⇔ (tháa) 4a − 2b = −40 b = 50 VËy chiÒu réng ban ®Çu lµ15m, chiÒu dµi ban ®Çu lµ 50m

Cau 7

I M

A H

= 900 (gãc néi tiÕp ch¾n 1 ®−êng trßn ®−êng kÝnh BC) a) Ta cã BAC 2 = AMO = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n 1 ®−êng trßn ®−êng kÝnh AO) ANO 2 0 ⇒ BAC = ANO = AMO = 90 ⇒ OMAN lµ h×nh ch÷ nhËt = OAB (cïng phô víi AOP) b) + ) Ta cã H lµ trùc t©m ∆APO ⇒ PH ⊥ AO ⇒ OPH = OBA ⇒ OPH = OBA mµ OA = OB ⇒ OAB ⇒ §Ønh P vµ B cïng nh×n HO d−íi mét gãc kh«ng ®æi ⇒ OBPH néi tiÕp = 900 ⇒ OI ⊥ AP ⇒ OI ®i qua H ⇒ IA = IP (®−êng kÝnh d©y cung ) + ) Ta cã :AIO = POH (do OH võa ®−êng cao võa ph©n gi¸c) ∆AOP cã OA = OP ⇒ ∆AOP c©n t¹i O ⇒ AOH = ABP = DOH = AOH ⇒ APC = ABC = OAH mµ ACP ⇒ ∆AHO ∼ ∆PAC (g.g) ⇒

HO AO HO.PC = ⇒ = AO = R (kh«ng ®æi) AC PC AC

c)S AMN

1 1 1 1 1 1  AB 2 + AC 2 = AM.AN = . AB. AC = AB.AC ≤  2 2 2 2 8 8 2

DÊu" = "x ¶ y ra khi AB = AC ⇔ ∆ABC vu«ng c©n t¹i A khi ®ã AO vu«ng gãc víi BC VËy khi BC vu«ng gãc víi AO th× S AMN lín nhÊt

 1 BC 2 ( 2R ) R2 = . = =  16 4  8 2

Cau 8. Giai phuong trinh

(

)

2 x 4 + 4 = 3x 2 − 10x + 6 ta cã :x 4 + 4 = (x 2 − 2x + 2)(x 2 + 2x + 2) §Æt a = 2x 2 − 4x + 4

b = x 2 + 2x + 2 (a > 0;b > 0)

⇒ 2a 2 − b 2 = 3x 2 − 10x + 6 Ph−¬ng tr×nh trë thµnh :ab = 2a 2 − b 2 ⇔ 2a 2 − 2ab + ab − b 2 = 0 ⇔ 2a(a − b) + b(a − b) = 0 ⇔ ( a − b ) (2a + b) = 0 . V × a, b > 0 ⇒ 2a + b > 0 ⇒ a = b Thay vµo ta cã : 2x 2 − 4x + 4 = x 2 + 2x + 2 B×nh ph−¬ng 2 vÕ ⇒ 2 x 2 − 4x + 4 = x 2 + 2x + 2 x = 3 + 7 ⇔ x 2 − 6x + 2 = 0 ⇔   x = 3 − 7

{

VËy S = 3 ± 7

}

STT 63. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 I. TRẮC NGHIỆM

Câu 1.

Giá trị của biểu thức A. 3a − 1

(3a − 1) 2 là:

B. 1 − 3a

C. 3a − 1 và 1 − 3a

D. 3a − 1

Câu 2.

Hàm số y = (m + 3) x + 6 đồng biến trên ℝ , khi: D. m ≤ −3

Câu 3.

A. m > −3 B. m ≥ −3 C. m < −3 Đồ thị hàm số nào sau đây đi qua hai điểm A(2;1) , B (1; 0) : A. y = x + 1

D. y = − x + 3

Câu 4.

B. y = x − 1

C. y = − x + 1

Cho đường tròn ( O;3 cm) và đường thẳng a tiếp xúc với nhau tại điểm H . Khi đó: A. OH > 3 cm và OH vuông góc với a . B. OH < 3 cm và OH vuông góc với a . C. OH = 3 cm và OH không vuông góc với a . D. OH = 3 cm và OH vuông góc với a .

II. TỰ LUẬN

Câu 5.

x − 2 y = 3 − m ( I ) , m là tham số. Cho hệ phương trình   2 x + y = 3(m + 2) a) Giải hệ với m = 2 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ ( I ) có nghiệm duy nhất. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + y 2 , trong đó ( x; y ) là nghiệm duy nhất của hệ (I ) .

Câu 6. a) Một phòng họp có tổng số 80 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng, mỗi hàng có số lượng ghế bằng nhau. Nếu bớt đi 2 hàng mà không làm thay đổi số lượng ghế trong phòng thì mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế. Hỏi lúc đầu trong phòng có bao nhiêu ghế? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P) : y = − x 2 và đường thẳng y = x − 2 cắt nhau tại hai điểm A , B và tính diện tích tam giác AOB (trong đó O là gốc tọa độ, hoành độ của điểm A lớn hơn hoành độ của điểm B .

Câu 7.

Cho đường tròn ( O ) có tâm là điểm O , đường kính AB = 2 R . Trên đường thẳng lấy AB lấy H sao cho B nằm giữa A và H ( H không trùng với B) , qua H dựng đường thẳng d vuông

góc với AB. Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB ( C không trùng với O và B) . Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kỳ cắt đường tròn (O ) tại hai điểm E , F ( a không trùng với AB ) . Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M và N .

a) Chứng minh rằng tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi. c) Cho AB = 4 cm, BC = 1 cm, HB = 1 cm. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN .

Câu 8.

Cho x , y là các số thực. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

( x − y )(1 − x y ) P= (1 + x ) (1 + y ) 2

STT 63. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 I. TRẮC NGHIỆM

Câu 1.

Giá trị của biểu thức

A. 3a − 1

(3a − 1) 2 là:

B. 1 − 3a

C. 3a − 1 và 1 − 3a

D. 3a − 1

Lời giải Chọn D.

(3a − 1) 2 = 3a − 1

Câu 2.

Hàm số y = (m + 3) x + 6 đồng biến trên ℝ , khi:

A. m > −3

B. m ≥ −3

C. m < −3

D. m ≤ −3

Lời giải Chọn A. Hàm số đồng biến trên ℝ khi m + 3 > 0 ⇔ m > −3.

Câu 3.

Đồ thị hàm số nào sau đây đi qua hai điểm A(2;1) , B (1; 0) : A. y = x + 1

B. y = x − 1

C. y = − x + 1

D. y = − x + 3

Lời giải Chọn B. Gọi đồ thị hàm số đi qua A và B có dạng: y = ax + b ( a ≠ 0) . Ta có:

 2a + b = 1  a = 1 ⇔  a + b = 0 b = −1 Vậy đồ thị hàm số cần tìm là y = x − 1.

Câu 4.

Cho đường tròn ( O;3 cm) và đường thẳng a tiếp xúc với nhau tại điểm H . Khi đó:

A. OH > 3 cm và OH vuông góc với a . B. OH < 3 cm và OH vuông góc với a . C. OH = 3 cm và OH không vuông góc với a . D. OH = 3 cm và OH vuông góc với a . Lời giải Chọn D. II. TỰ LUẬN

Câu 5.

x − 2 y = 3 − m ( I ) , m là tham số. Cho hệ phương trình   2 x + y = 3(m + 2) a) Giải hệ với m = 2 .

b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ ( I ) có nghiệm duy nhất. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + y 2 , trong đó ( x; y ) là nghiệm duy nhất của hệ (I ) .

Lời giải a) Với m = 2 , hệ ( I ) trở thành:

x − 2 y = 1 x − 2 y = 1 5 x = 25 ⇔ ⇔  2 x + y = 12 4 x + 2 y = 24 2 x + y = 12 x = 5 x = 5 ⇔ ⇔ 2 ⋅ 5 + y = 12  y = 2 Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ ( I ) là (5; 2) . 1 −2 ≠ 2 1 ⇒ Hệ ( I ) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m .

b) Ta thấy:

x − 2 y = 3 − m  2 x − 4 y = 6 − 2m x − 2 y = 3 − m ⇔ ⇔  2 x + y = 3(m + 2) 2 x + y = 3m + 6 5 y = 5m  x − 2m = 3 − m x = m + 3 ⇔ ⇔ y = m y = m Do đó:

A = x 2 + y 2 = (m + 3) 2 + m 2 = 2m 2 + 6m + 9 2

3 9 9  = 2  m +  + ≥ ∀m 2 2 2  3 Dấu “=” xảy ra khi m = − . 2 9 3 Vậy min A = ⇔ m = − . 2 2

Câu 6. Một phòng họp có tổng số 80 ghế ngồi, được xếp thành từng hàng, mỗi hàng có số lượng ghế bằng nhau. Nếu bớt đi 2 hàng mà không làm thay đổi số lượng ghế trong phòng thì mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế. Hỏi lúc đầu trong phòng có bao nhiêu ghế? a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P) : y = − x 2 và đường thẳng y = x − 2 cắt nhau tại hai điểm A , B và tính diện tích tam giác AOB , trong đó O là gốc tọa độ, hoành độ của điểm A lớn hơn hoành độ của điểm B .

Lời giải a) Gọi số hàng ghế lúc đầu là x ( x ∈ ℕ * ; x ≥ 2;80⋮ x ) .

80 (chiếc). x Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng àng còn lại là x − 2 . 80 Khi đó, số ghế ở mỗi hàng àng là (chiếc). x−2 Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình: 80 80 − =2 x−2 x Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) ⇒ Số ghế ở mỗi hàng lúc đầầu là

x2 = −8 (không thỏa mãn điềuu ki kiện) Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế. b) Xét phương trình hoành đđộ giao điểm của parabol và đường thẳng − x2 = x − 2 ⇔ x2 + x − 2 = 0 Vì a + b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = −2

Với x = 1 thì y = 1 − 2 = −1 Với x = −2 thì y = −2 − 2 = −4 ⇒ A(1; −1) và B ( −2; −4)

Dễ thấy ( d ) cắt Oy tại điểm C (0; −2) . Do đó: SOAB = SOAC + SOBC =

Câu 7.

2 ⋅1 2 ⋅ 2 + = 3 (đvdt). 2 2

Cho đường tròn ( O ) có tâm là điểm O , đường kính AB = 2 R . Trên đườ ờng thẳng lấy AB lấy H sao cho B nằm giữa A và H ( H không trùng với B) , qua H dựng đường thẳng d vuông

góc với AB. Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB ( C không trùng với O và B) . Qua

điểm C kẻ đường thẳng a bất kỳ cắt đường tròn (O ) tại hai điểm E , F ( a không trùng với đường thẳng d lần lượt tại M và N . AB ) . Các tia AE và AF cắt đ a) Chứng minh rằng tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đườ ờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi. c) Cho AB = 4 cm, BC = 1 cm, HB = 1 cm. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN . Lời giải

a) Ta có: AEB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = 90° (kề bù với ⇒ BEM ADB ).

+ BHM = 90° + 90° = 180° Tứ giác BEMH có: BEM ⇒ Tứ giác BEHM nội tiếp. b) Ta có: AFB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) chung, = 90° Xét ∆ AFB và ∆AHN có: HAN AFB = AHN

⇒ ∆AFB ∼ ∆AHN (g.g). Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN ⇒ AMN = ADN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN ) Vì ABE = AFE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) và ABE = AMH (vì tứ giác BEMH nội tiếp) nên AFE = AMN ⇒ AFE = ADN chung, Xét ∆AFC và ∆ADN có DAN AFE = ADN (cmt)

⇒ ∆AFC ∼ ∆ADN (g.g) AF AC ⇒ = ⇒ AF . AN = AD. AC AD AN Mặt khác, ta có ∆ AFB ∼ ∆AHN (g.g) AF AB ⇒ = ⇒ AF . AN = AB. AH AH AN

AB. AH không đổi (vì A , B , C , H cố định) AC ⇒ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua điểm D cố định ( D khác A ).

Do đó, AD. AC = AB. AH ⇒ AD =

c) Với AB = 1 cm, BC = BH = 1 cm thì: AB. AH 4.5 20 (cm) AD = = = AC 3 3 ⇒ HD = AD − AH =

20 5 − 5 = (cm) 3 3

Dễ thấy tam giác AHM và NHD đồng dạng (g.g) ⇒

AH HM 5 25 = ⇒ HM .NH = AH .HD = 5. = NH HD 3 3

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có:

MH = HM + HN ≥ HM .HN = 2

25 10 3 = 3 3

1 1 10 3 25 3 ( cm 2 ) ⇒ S AMN = . AH .MN = .5. = 2 2 3 3

AMN = ANM ⇔ EF // MN ⇔ EF ⊥ AB Dấu bằng xảy ra: HM = HN ⇔ Vậy min S AMN =

Câu 8.

25 3 (cm 2 ) ⇔ EF ⊥ AB. 3

Cho x , y là các số thực. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

( x − y )(1 − x y ) P= (1 + x ) (1 + y ) 2

Lời giải (a − b)(1 − ab) Đặt a = x 2 ; b = y 2 ( a ≥ 0 ; b ≥ 0 ) thì P = (1 + a)2 (1 + b)2 Vì a ≥ 0 ; b ≥ 0 nên: (a − b)(1 − ab) = a − a 2b − b + ab 2

(

)

(

)

≤ a + ab 2 = a 1 + b 2 ≤ a 1 + 2b + b 2 = a (1 + b )

Lại có: (1 + a) 2 = (1 − a) 2 + 4a ≥ 4a

⇒P≤

a(1 + b)2 1 = 4a(1 + b)2 4

a = 1  x = ±1 ⇔ Dấu bằng xảy ra: ⇔  b = 0  y = 0 .  x = ±1 1 Vậy max P = ⇔  4 y = 0 .

ĐỀ THI VÀO 10 PHẦN A: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2 điểm) Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phương án đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu 1: giá trị của biểu thức 2 + 8 bằng: A. 10 Câu 2: Biểu thức A. x < 2

B. 3 2

2+4

x − 1 + x − 2 có nghĩa khi:

B. x ≠ 2

C. x ≠ 1

D. x ≥ 1

Câu 3: đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 3x – 2 khi: A. m = 2

B. m = - 2

C. m ≠ 2

D. m ≠ −2

2 x − y = 3 có nghiệm (x;y) là: x + y = 3

Câu 4: Hệ phương trình  A. (-2;5)

B. (0;-3)

C. (1;2)

D. (2;1)

Câu 5: Phương trình x2 – 6x – 5 = 0 có tổng hai nghiệm là S và tích hai nghiệm là P thì: A. S = 6; P = 5

B. S = -6; P = 5

C. S = -5; P = 6

D. S = 6; P = 5

C. (2;-4)

D. ( 2 ;-1)

Câu 6: Đồ thị hàm số y = -x2 đi qua điểm: A. (1;1)

B. (-2;4)

Câu 7: Tam giác ABC vuông tại A có AB = 4cm; AC = 3cm thì độ dài đường cao AH là: A.

3 cm 4

12 cm 5

5 cm 12

4 cm 3

Câu 8: Hình trụ có bán kính đáy và chiều cao cùng bằng R thì thể tích là A. 2π R 3

B. π R 2

C. π R3

PHẦN B: TỰ LUẬN ( 8,0 điểm) Bài 1: (1 điểm) a) Tìm x biết 3x + 2 = 2 ( x + 2 ) b) Rút gọn biểu thức: A = Bài 2: (1,5 điểm)

(1 − 3 )

− 3

D. 2π R 2

Cho đường thẳng (d): y = 2x + m – 1 a) Khi m = 3, tìm a để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d). b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại M và N sao cho tam giác OMN có diện tích bằng 1. Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0

(1)

a) Giải phương trình (1) với m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 Bài 4: (3 điểm) Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến Am, AN với đường tròn (M, N là các tiếp điểm). Đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt B,C (O không thuộc (d), B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC. a) Chứng minh các điểm O, H, M, A, N cùng nằm trên một đường tròn, . b) Chứng minh HA là tia phân giác của MHN

c) Lấy điểm E trân MN sao cho BE song song với AM. Chứng minh HE//CM. Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. Chứng minh rằng

1 1 + ≥1 xy xz

HƯỚNG DẪN GIẢI: Phần trắc nghiệm: Câu

Câu B

Câu A

Câu D

Câu A

Câu B

Câu C

Phần tự luận: Bài 1: a) Tìm x biết 3x + 2 = 2 ( x + 2 ) ⇔ 3 x + 2 = 2 x + 2 2 ⇔ x = 2 . Vậy x = 2 b) Rút gọn biểu thức: A =

(1 − 3 )

− 3 = 1 − 3 − 3 = 3 − 1 − 3 = −1 . Vậy A = −1

Bài 2: a) Thay m = 3 vào phương trình đường thẳng ta có: y = 2x + 2. Để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d) khi và chỉ khi: -4 = 2a + 2 suy ra a = -3. b) Cho x = 0 suy ra y = m – 1 suy ra: ON = m − 1 , cho y = 0 suy ra x = suy ra OM =

1− m 2

1− m m −1 hayOM = 2 2

Để diện tích tam giác OMN = 1 khi và chỉ khi: OM.ON = 2 khi và chỉ khi m − 1 .

m −1 =2 2

Khi và chỉ khi (m – 1)2 = 4 khi và chỉ khi: m – 1 = 2 hoặc m – 1 = -2 suy ra m = 3 hoặc m = 1 Vậy để diện tích tam giác OMN = 1 khi và chỉ khi m = 3 hoặc m = -1. Bài 3: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0

(1)

a) Giải phương trình (1) với m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 HD: a) Thay m = 2 vào phương trình (1) ta được phương trình: x2 – 6x + 8 = 0 Khi và chỉ khi (x – 2)(x – 4) = 0 khi và chỉ khi x = 2 hoặc x = 4 Vậy với m = 2 thì phương trình có 2 nghiệm x1 = 2 , x2 = 4. 2

b) Ta có ∆ ' = ( m + 1) − 4m = ( m − 1) ≥ 0 vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m.

 S = 2 ( m + 1) Áp dụng định lí Vi-et ta có:   P = 4m

Để (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 khi và chỉ khi x1x2 + (x1 + x2) m - 2 m2 – 12 = 0. S khi và chỉ khi : 4m + m.2(m + 1) – 2m2 – 12 = 0 khi và chỉ khi 6m = 12 khi và chỉ khi m= 2 Bài 5 :

a) Theo tính chất tiếp tuyến căt nhau ta có : E

AMO = ANO = 900

Do H là trung điểm của BC nên ta có:

AHO = 900

Do đó 3 điểm A, M, H, N, O thuộc đường tròn đường kính AO

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AM = AN Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên: AHM = AHN (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Do đó HA là tia phân giác của MHN = EBH ( đồng vị) (1) c) Theo giả thiết AM//BE nên MAC

Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên: = MNH (góc nội tiếp chắn cung MH) MAH = EBH Từ (1) và (2) suy ra ENH

(2)

E B

Suy ra tứ giác EBNH nội tiếp = ENB Suy ra EHB

= MCB (góc nội tiếp chắn cung MB) Mà ENB = MCB Suy ra: EHB

Suy ra EH//MC. Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. Chứng minh rằng

1 1 + ≥1 xy xz

Hướng dẫn: Vì x + y + z = 4 nên suy ra x = 4 – (y + z) Mặt khác:

1 1 1 1 1 1 1 + ≥ 1 ⇔  +  ≥ 1 ⇔ + ≥ x do x dương. (*) xy xz x y z y z

Thay x = 4 – (y + z) vào (*) ta có : 2

2  1   1 1 1 1 1  + ≥ 4 − ( y + z) ⇔ − 2 + y + − 2 + z ≥ 0 ⇔  − y  + − z ≥0  y  y z y z     z

Luôn đúng với mọi x, y, z dương, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : y = z = 1, x = 2.

ĐỀ THI VÀO 10 Phần I-Trắc nghiệm (2,0 điểm) . Trong mỗi Câu từ Câu 1 đến 8 đều có bốn phương ỏn trả lời A, B, C, D trong đú chỉ có một phương án đúng. Hóy chọn phương án đúng và viết vào bài làm. Câu 1.Phương trình ( x − 1)( x + 2) = 0 tương đương với phương trình

A. x2+x-2=0 B. 2x+4=0 C. x2-2x+1=0 D. x2+x+2=0 Câu 2. Phương trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3 ? A. x2-3x+4 = 0. B. x2-3x-3=0. C. x2-5x+3 = 0. D. x2-9 = 0. Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R ? B. y=5x2. C. y = ( 3 − 2) x . D. y=x-10 A. y=-5x2. 2 Câu 4. Phương trình x + 4 x + m = 0 có nghiệm chỉ khi B. m < 4. C.m ≤ 4. D. m > - 4 A. m ≥ - 4 Câu 5.Phương trình 3 x + 4 = x có tập nghiệm là A. {−1; 4} . B. {4; 5} C. {1; 4} . D. {4} Câu 6. Nếu một hình vuông có cạnh bằng 6 cm thì đường trong ngoại tiếp hình vuông đó có bán kính bằng ? B. 6cm . C. 3 2 cm. D. 2 6cm A. 6 2 cm. Câu 7. Cho hai đường trũn (O;R) và (O’;R’) có R= 6 cm, R’= 2 cm , OO’ = 3 cm . Khi đó , vị trí tương đối của hai đường tròn đã cho là : A. cắt nhau. B. (O;R) đựng (O’;R’) . C.ở ngoài nhau. D. tiếp xúc trong 3 Câu 8. Cho hỡnh nón có bán kính đáy bằng 3 cm , có thể tích bằng 18 cm . Hình nón đã cho có chiều cao bằng A.

cm .

B. 6 cm.

π Phần II-Tự luận (8,0 điểm)

cm .

D. 2cm



2 x  x với x ≥ 0 và x ≠ 1 +  . x − 1 x + 1 x + x + 2  

Câu 1. (1,5 điểm)Cho biểu thức P = 

1) Rút gọn biểu thức P . 2) Chứng minh rằng khi x = 3 + 2 2 thì P =

1 2

Câu 2. (1,5 điểm).

1)Cho hàm số y = 2 x + 2m + 1 .Xác định m, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm A(1;4). 2) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 2 và đồ thị hàm số y = 2 x + 3  x + y +1 x + 2 y + =2  Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x + 2 y x + y + 1 3 x + y = 4 

Câu 4. (3,0 điểm)Cho đường trũn (O; R) và điểm M nằm ngoài sao cho OM=2R.

Đường thẳng d qua M tiếp xúc với (O; R) tại A. Gọi N là giao điểm của đoạn thẳng MO với đường tròn(O; R) . 1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R .Tính số đo của góc NAM. 2) Kẻ hai đường kính AB và CD khác nhau của (O;R). Các đường thẳng BC và BD cắt đường thẳng d lần lượt tại P và Q . a, Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp b, Chứng minh 3BQ − 2 AQ > 4 R

Câu 5. (1,0 điểm)

Tìm tất cả các cặp số (x;y) thoả mãn điều kiện 2 ( x y − 4 + y x − 4) = xy

Hướng dẫn giải I/ Phần Trắc nghiệm : II/Phần Tự luận Câu1:

1.A 2.B 3.D

4.C

5.D

6.C

7.B 8.A

x x −1

2) x = 3 + 2 2 = ( 2 + 1 )2 suy ra P =

2 +1 2+2 2

1 2

Câu 2 :

1) Ta có 4 = 2.1 + 2m + 1 suy ra m = 0,5 2) PT hoành độ giao điểm x2 = 2x + 3 có 2 nghiệm là -1 và 3 nên toạ độ các giao điểm là (-1;1) ; (3;9) Câu 3 : Đk (x + 2y)(x + y + 1) ≠ 0 PT tương đương với (x + y + 1 )2 + ( x + 2y )2 = 2(x + y + 1)( x + 2y) tương đương với ( x + y + 1 - x - 2y )2 = 0 tương đương với (1 - y)2 = 0 tương đương với y = 1 thế và PT 3x + y = 4 ta được x = 1 vậy hệ PT có nghiệm duy nhất là (x;y) = (1;1) Câu 4 : 1) +)Ta có AN = 1/2 MO = R +) Ta có tam giác OAN đều suy ra góc OAN = 600 suy ra góc NAM = 300 2) b) Ta có 3BQ - 2AQ > 4R ⇔ 9 BQ 2 > 4 AQ 2 + 4 AB 2 + 8 AQ. AB ⇔ 9 BQ 2 > 4 BQ 2 + 8 AQ. AB ⇔ 5 BQ 2 > 8 AQ. AB

⇔ 5 BQ 2 > 4 BQ 2 ≥ 8 AQ. AB ⇔ 4 AQ.PQ ≥ 8 AQ. AB ⇔ PQ ≥ 2 AB ⇔ 2 BH ≥ 2 AB ⇔ BH ≥ BA (luôn

đúng Với H là trung điểm của PQ ) Câu 5 : Đk x ≥ 4; y ≥ 4 PT ⇔ 4 x y − 4 + 4 y x − 4 − xy − xy = 0 ⇔ − y ( x − 4 − 4 x − 4 + 4) − x( y − 4 − 4 y − 4 + 4) = 0 ⇔ y ( x − 4 − 2) 2 + x( y − 4 − 2) 2 = 0 ( Vì x > 0 và y >0 )

⇔

x−4−2=0

⇔ x=8

y=8 Vậy có duy nhất cặp số (x;y) = (8;8) thoả mãn ycbt y−4 −2 =0

ĐỀ THI VÀO 10 PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong 4 câu từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn, trong đó có duy nhất lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (ví dụ: nếu câu 1 em chọn lựa chọn A thì viết là 1.A) Câu 1. Giá trị của 10. 40 bằng: A. 10

B. 20

C. 30

D. 40

Câu 2. Cho hàm số y = (m − 2) x + 1 ( x là biến, m là tham số) đồng biến, khi đó giá trị của m thoả mãn: A. m = 2

B. m < 2

C. m > 2

D. m =1

Câu 3. Nếu một hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau và độ dài một cạnh của hình chữ nhật đó bằng 0,5cm thì diện tích của nó bằng: A.

0,25 cm2

B. 1,0 cm2

C. 0,5 cm2

Câu 4. Tất cả các giá trị của x để biểu thức A. x < -2

B. x < 2

D. 0,15 cm2

x + 2 có nghĩa là:

C. x ∈ ℝ

D. x ≥ −2

PHẦN II. TỰ LUẬN (8,0 điểm): 4 x − 5 y = −5

Câu 5 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 4 x − 7 y = −1  Câu 6 (1,5 điểm). Cho phương trình: x 2 − 2(m − 1) x + m − 5 = 0 , (x là ẩn, m là tham số ). 1. Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều 2 2 kiện x1 + x2 = 10 Câu 7 (1,5 điểm). Cho một tam giác có chiều cao bằng

3 cạnh đáy. Nếu chiều cao tăng thêm 4

3m và cạnh đáy giảm đi 2m thì diện tích của tam giác đó tăng thêm 9m2. Tính cạnh đáy và chiều cao của tam giác đã cho. Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường tròn (O), M là một điểm nằm ngoài đường tròn (O). Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) với A, B là các tiếp điểm; MPQ là một cát tuyến không đi qua tâm của đường tròn (O), P nằm giữa M và Q. Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB, AQ tương ứng tại R, S. Gọi trung điểm đoạn PQ là N. Chứng minh rằng: 1. Các điểm M, A, N, O, B cùng thuộc một đường tròn, chỉ rõ bán kính của đường tròn đó. 2. PR = RS. Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh…………………………….Số báo danh……………………. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho các trường THPT không chuyên —————————— HƯỚNG DẪN CHUNG: -Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. -Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm. -Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó. -Điểm toàn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN: Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm): SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC

Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. Câu 1 2 3 4 Đáp án B C A D Phần II. Tự luận (8,0 điểm). Câu 5 (2,0 điểm). Nội dung trình bày  4 x − 5 y = −5

(1)

Xét hệ phương trình 4 x − 7 y = −1 (2)  Lấy (1) – (2) ta có: 2 y = −4 ⇔ y = −2 Thay y = −2 vào (1) có: 4 x + 10 = −5 ⇔ x=−

Điểm

0,5 0,5

15 4

0,5 15

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: x = − 4 , y = −2 Câu 6 (1,5 điểm). 1. (0,5 điểm): Nội dung trình bày 2 Ta có ∆ ' = m  3m + 6

0,5

Điểm 0,25

3  15  =  m −  + > 0 m nên PT đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi 2 4 

0,25

giá trị của m. 2. (1,0 điểm): Nội dung trình bày Theo công thức viet ta có: x1 + x2 = 2(m  1), x1x2 = m  5 2 2 2 Ta có x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2

Điểm 0,25

= 4(m − 1)2 − 2(m − 5) = 4m 2 − 10m + 14

Từ đó

x12

+ x2

0,25

1  m=  = 10 ⇔ 4m − 10m + 14 = 10 ⇔ 4m − 10m + 4 = 0 ⇔ 2  m = 2 2

Vậy m = 2 hoặc m = 2 là các giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán. Câu 7 (1,5 điểm). Nội dung trình bày Gọi độ dài cạnh đáy của tam giác đã cho là x (m) (điều kiện x > 0) thì chiều cao của tam giác là

0,25 0,25 Điểm 0,25

3 x (m). 4 1 2

3 4

3 8

2 Diện tích của tam giác là S = .x. x = x (m2)

0,25

Khi tăng chiều cao thêm 3m và giảm cạnh đáy đi 2m thì chiều cao của tam giác 3 4

mới là ( x + 3 ) (m) và độ dài cạnh đáy của tam giác mới là (x  2) (m). 1 2

3 4

 

Khi đó diện tích tam giác mới là S ' = .( x − 2).  x + 3  (m2) Theo bài ra ta có PT :

13 3 2   x + 3  ( x − 2) = x + 9  x = 16 (thoả mãn điều 24 8 

kiện) Vậy tam giác đã cho có độ dài cạnh đáy là x = 16 (m), độ dài chiều cao là h = 12 (m). Câu 8. ( 2,0 điểm). Hình vẽ

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

1. ( 1,0 điểm): Nội dung trình bày = 90 (góc giữa tiếp tuyến với bán kính đi qua tiếp điểm). Có: MAO = 900 . Tương tự MBO Suy ra các điểm A, N, B cùng nhìn đoạn MO dưới một góc vuông. 0

Vậy 5 điểm M, A, N, O, B cùng thuộc đường tròn bán kính 2 . 2.( 1,0 điểm): Nội dung trình bày Tứ giác MANB nội tiếp nên AMN = ABN (2). AMN = RPN (1), OA ⊥ PS , OA ⊥ MA ⇒ PS // MA ⇒ hay RBN = RPN ⇒ tứ giác PRNB nội tiếp Từ (1) và (2) suy ra: ABN = RPN

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25

= BRN (3) ⇒ BPN = BAQ (4), nên từ (3) và (4) suy ra: BRN = BAQ ⇒ RN // SQ Mặt khác có: BPN

(5) Từ (5) và N là trung điểm PQ nên trong ∆SPQ có RN là đường trung bình, suy ra PR = RS (đpcm) Câu 9 (1,0 điểm). Nội dung trình bày 2 2 2 2 2 2 Có a ≥ a − (b − c) = (a − b + c)(a + b − c) (1) , b ≥ b − (c − a) = (b − c + a)(b + c − a) (2) c 2 ≥ c 2 − ( a − b) 2 = (c − a + b)(c + a − b) (3) . Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ a = b = c Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương. Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có : abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) (*) Từ a + b + c = 2 nên (*) ⇔ abc ≥ (2 − 2a)(2 − 2b)(2 − 2c) ⇔ 8 − 8(a + b + c) + 8(ab + bc + ca) − 9abc ≤ 0 ⇔ 8 + 9abc − 8( ab + bc + ca ) ≥ 0 ⇔ 9abc − 8( ab + bc + ca ) ≥ −8 (*)

0,25 0,25 Điểm

0,25

Ta có a 3 + b3 + c 3 = ( a + b + c )3 − 3( a + b + c)( ab + bc + ca ) + 3abc = 8 − 6( ab + bc + ca ) + 3abc

0,25

Từ đó 4(a + b + c ) + 15abc = 27abc − 24(ab + bc + ca) + 32 = 3[9abc − 8(ab + bc + ca)] + 32 (**) 3 3 3 Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a + b + c ) + 15abc ≥ 3.(−8) + 32 = 8 3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 . 2

Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi a = b = c = 3

0,25

ĐỀ THI VÀO 10 PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)Trong 4 câu: từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn, trong đó chỉ có duy nhất một lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (Ví dụ: Nếu câu 1 em lựa chọn là A thì viết là 1.A) Câu 1. Giá trị của 12. 27 bằng: A. 12 B. 18 C. 27 D. 324 Câu 2. Đồ thị hàm số y= mx + 1 (x là biến, m là tham số) đi qua điểm N(1; 1) . Khi đó gí trị của m bằng: A. m = - 2 B. m = - 1 C. m = 0 D. m = 1 Câu 3. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 100 cm2 . Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA. Khi đó diện tích tam giác MNP bằng: A. 25 cm2 B. 20 cm2 C. 30 cm2 D. 35 cm2 Câu 4. Tất cả các giá trị x để biểu thức A. x < 1 B. x ≤ 1

x − 1 có nghĩa là:

C. x > 1

D. x ≥ 1

PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm) x − y = 0

Câu 5. (2.0 điểm) Giải hệ phương trình 

2  x − 2y + 1 = 0

Câu 6. (1.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – 1 =0 (x là ẩn, m là tham số). a) Giải phương trình với m = - 1 b) Tìm tất cả các giá trị của m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm tât cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho tổng P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7. (1.5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi bằng 2010 cm. Biết rằng nều tăng chiều dài của hình chữ nhật thêm 20 cm và tăng chiều rộng thêm 10 cm thì diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm2. Tính chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu. Câu 8. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không là tam giác cân, AB < AC và nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BE. Các đường cao AD và BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AFEC là hình thang cân. b) BH = 2OI và điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC. Câu 9.(2.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

ab bc ca + + . c + ab a + bc b + ca

-----HẾT-----

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ———————— HƯỚNG DẪN CHUNG: -Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. -Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm. -Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó. -Điểm toàn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:

Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. Câu 1 2 3 4 Đáp án B C A D Phần II. Tự luận (8,0 điểm). Câu 5 (2,0 điểm). Nội dung trình bày

(1) x − y = 1 Xét hệ phương trình  2  x − 2 y + 1 = 0 (2) Từ (1) ⇒ x = y thay vào PT (2) ta được : x2 - 2x + 1 = 0 ⇔ (x - 1)2 = 0 ⇒ x = 1

Điể m

0,5 0,5

Thay x = 1 vào (1) ⇒ y = 1 0,5 x =1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  y =1

0,5

Câu 6 (1,5 điểm). a. (0,5 điểm): Nội dung trình bày Với m = -1 ta có (1) : x 2 + 2 x = 0 ⇔ x( x + 2) = 0

 x=0 . Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm là x1 = 0; x2 = −2  x = −2

⇒

Điể m 0,25 0,25

b. (0,5 điểm): Nội dung trình bày Ta có ∆’ = m2 - (m2 - 1) = 1 > 0 với ∀m Vậy với ∀m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Điể m 0,25 0,25

c. (0,5 điểm): Nội dung trình bày

Điể m

P = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2

= 4m2 - 2m2 + 2 ≥ 2 với ∀m

0,25

Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 0. Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn P=

x12

0,25

+ x2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 7 (1,5 điểm). Điểm

Nội dung trình bày Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (cm), chiều rộng là y (cm) (điều kiện x, y > 0)

0,25

Chu vi hình chữ nhật ban đầu là 2010 cm. ta có phương trình 2. ( x + y ) = 2010 ⇔ x + y = 1005 (1)

0,25

Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm thì kích thước hình chữ nhật mới là: Chiều dài: x + 20 (cm), chiều rộng: y + 10 (cm)

0,25

Khi đó diện tích hình chữ nhật mới là: ( x + 20 ) . ( y + 10 ) = xy + 13300

0,25

⇔ 10 x + 20 y = 13100 ⇔ x + 2 y = 1310 (2)  x + y = 1005 Từ (1) và (2) ta có hệ:   x + 2 y = 1310

0,25

Trừ từng vế của hệ ta được: y = 305 (thoả mãn). Thay vào phương trình (1) ta được:

x = 700 Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng là 305 cm

0,25

Câu 8. ( 2,0 điểm).

F K

E D

a. (1,0 điểm): Nội dung trình bày ∃ Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ FE ⊥ BF

Điể m 0,25

BF ⊥ AC (gt) ⇒ FE ∥ AC (1) o o o o ∃ ∃ ⇒ sđ AF = sđ CE ⇒ AFE = CFE ⇒ FAC = ECA (2)

0,25

Từ (1) và (2) { AFEC là hình thang cân

0,25

b. (1,0 điểm): Nội dung trình bày

Điể m

EC ⊥ BC ⇒ EC ∥ AH (1).

0,25

∃ ∃ ∃ ∃ BF ⊥ AC (gt) ⇒ FE ∥ AC (1).⇒ HAC = ECA mà ECA = FAC

0,25

⇒ ∆ HAF cân tại A ⇒ AH = AF (2) Từ (1)và (2) ⇒ { AHCE là hình bình hành ⇒ I là giao điểm hai đường chéo ⇒ OI là đường trung bình ∆ BEH ⇒ BH = 2OI

0,25

∆ HAF cân tại A , HF ⊥ AC ⇒ HK = KF ⇒ H đối xứng với F qua AC

0,25

Câu 9. ( 1,0 điểm). Điểm

Nội dung trình bày Có: a + b + c = 1 ⇒ c = ( a + b + c ) .c = ac + bc + c 2

⇒

c + ab = ac + bc + c 2 + ab = a (c + b) + c(b + c) = (c + a )(c + b ) a b + ab ab ⇒ = ≤ c+a c+b c + ab (c + a )(c + b) 2 a + bc = ( a + b)( a + c) Tương tự: b + ca = (b + c)(b + a ) b c + bc bc ⇒ = ≤ a+b a+c a + bc (a + b)(a + c ) 2

0,25

c a + ca ca + + b c b a = ≤ b + ca (b + c)(b + a) 2 0,25 a b b c c a a+c c+b b+a + + + + + + + ⇒ P ≤ c+a c+b a+b a+c b+c b+a = a+c c+b b+a 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 3 3 1 đạt được khi và chỉ khi a = b = c = Từ đó giá trị lớn nhất của P là 2 3

3 2

0,25

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

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

ĐỀ THI GỒM 2 PHẦN: TRẮC NGHIỆM VÀ TỰ LUẬN

Mã đề 401

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

9.A 19.C

10.B 20.A

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

C. 8 3. Lời giải

D. −3 3.

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

T = x1 + x2 bằng A. −4.

B. 4.

14 . 3 Lời giải

C. −

14 . 3

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

AOB = 114° (như hình vẽ Câu 3: Trên đường tròn ( O ) lấy các điểm phân biệt A, B, C sao cho ACB bằng bên dưới). Số đo của

A. 76°.

B. 38°.

C. 114°. Lời giải

Chọn D 1 (Tính chất góc nội tiếp chắn cung) ACB = ⋅ sñ BC 2 1 1 = AOB = ⋅114° = 57° 2 2

D. 57°.

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

A. 3.

B. −3.

C. 2. Lời giải

D. 1.

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

2 x − 4 có nghĩa là C. x ≥ −2.

1 D. x ≥ . 2

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

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

y 2

x −1 A. y = − x 2 .

B. y = −2 x 2 .

C. y = 2 x 2 . Lời giải

D. y = x 2 .

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

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

B. 4 13 cm.

Chọn A

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

C. 20 cm. Lời giải

D. 4 5 cm.

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

( d ) : y = 2x + 3

( P) : y = −

B. M ( −2; −6 ) .

C. M ( −6;9 ) .

D. M ( 6; −9 ) .

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

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

 46 9  A.  ; −  .  13 13 

B. ( 2; −3 ) .

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

D. ( −2;3) .

Chọn D Tự luận

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

và parabol

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

D. {−6; −1} .

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

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

d l

−2

1 x

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

3x + 4 y = 5 . A.  4 x + 3 y = 2

2 x − 3 y = 8 . B.  3x + 2 y = −1

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

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

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

5 x − 4 y = −14 . D.  4 x + 5 y = −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 80 cm 2 . Thể tích của tượng ngựa đá bằng A. 40 cm 3 . B. 1200 cm 3 . C. 120 cm 3 . D. 400 cm 3 . Lời giải Chọn C Thể tích phần nước trong ly dâng lên chính là thể tích của tượng ngựa đá. 80 Diện tích đáy ly nước hình trụ là S = π r 2 = 80 cm 2 ⇒ r 2 = cm

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

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

D. 73,11 m.

Chọn D

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

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

A. 23.

B. 1.

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

Vậy a 2 + b 3 = ( −2 ) + 33 = 31 .

C. 31. Lời giải

D. 13.

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

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

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

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

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

( d ) : y = 2 x + 4m

( P ) : y = x2

và

đường

thẳng

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

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

( P)

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

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

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

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

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

Câu 4: (2,5 điểm)) Cho tam giác nhọn ABC cao BD và CE cắt nhau tại H

( AB > AC )

nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường

thuộc AC , E thuộc AB ) . Gọi M , N lần lượ ư t là trung điểm

của các cạnh AB và AC . a) Chứng minh các tứ giác BCDE và AMON nội tiếp. b) Chứng minh AE . AM = AD. AN . c) Gọi K là giao điểm của ED và MN , F là giao điểm của AO và MN , I là giao điểm của ED và AH . Chứng minh F là trực tâm của tam giác KAI . Lời giải

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

và

⇒ OM ⊥ AB, ON ⊥ AC

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

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

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

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

(5)

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

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