ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi TOÁN Thời gian 120 phút I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) Câu 1 Khi 7x  biểu th[.]

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 điểm) có giá trị là: x  1 Câu 1: Khi x  biểu thức A B C D Câu 2: Trong hàm số sau, hàm số đồng biến R ? A y   x  B y  x   C y   x D y  2 x  Câu 3: Số nghiệm phương trình x  3x   là: A C B D Câu 4: Cho hàm số y  ax  a   Điểm M 1;  thuộc đồ thị hàm số A a  B a  C a  2 D a  Câu 5: Từ điểm A nằm bên đường tròn  O  kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B C tiếp điểm) Kẻ đường kính BK Biết BAC  300 , số đo cung nhỏ CK là: A 300 C 1200 B 600 D 1500 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông A Gọi H chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC biết HB AH  12cm  Độ dài đoạn BC là: HC A 6cm C B 8cm D 12cm II TỰ LUẬN (7 điểm) Câu (2 điểm):  Cho biểu thức: A    x  1  x  1 x  1 x 1   x 1 với x  0, x  x 1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x số phương để 2019A số nguyên Câu (1 điểm) An đếm số kiểm tra tiết đạt điểm điểm 10 thấy nhiều 16 Tổng số điểm tất kiểm tra đạt điểm điểm 10 160 Hỏi An điểm điểm 10? Câu (2,5 điểm): Cho đường tròn  O  , hai điểm A, B nằm  O  cho AOB  900 Điểm G nằm cung lớn AB cho AC  BC tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AI , BK tam giác ABC cắt điểm H , BK cắt  O  điểm N (khác điểm B); AI cắt  O  điểm M (khác điểm A); NA cắt MB điểm D Chứng minh rằng: a) Tứ giác CIHK nội tiếp đường tròn b) MN đường kính đường trịn  O  c) OC song song với DH Câu 10 (1,5 điểm) a) Cho phương trình x  2mx  2m   1 với m tham số Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 cho x1  x2   x1 x2  2m  b) Cho hai số thực không âm a, b thỏa mãn a  b2  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức M a  b2  ab  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MƠN TỐN – TỈNH BẮC NINH THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM I PHẦN TRẮC NGHIỆM (3 điểm) D B D A A B Câu Phương pháp: Thay x   tm  vào biểu thức ta tính giá trị biểu thức x  x  1 Cách giải:  x    x  2  Điều kiện:   x     x  1 Thay x   tm  vào biểu thức ta được: x  1 4  2  1 1 Chọn D Câu Phương pháp: Hàm số y  ax  b  a   đồng biến a  , nghịch biến a  Cách giải: Trong hàm số cho hàm số y  x  đồng biến Chọn B Câu Phương pháp: Giải phương trình kết luận số nghiệm phương trình Cách giải: x  3x   1 Đặt t  x  t   Khi (1)  t  3t   Ta thấy    Nên phương trình có nghiệm t  TM  t  TM   x2   x  1   x   x   PT có nghiệm phân biệt Chọn D Câu Phương pháp: Thay tọa độ điểm M 1;  vào hàm số tìm a Cách giải: Vì M 1;  thuộc đồ thị hàm số y  ax  a   nên ta có:  a.12  a   tm  Chọn A Câu Phương pháp: +) Tổng góc tứ giác lồi 3600 +) Sử tính chất góc tâm số đo cung bị chắn Cách giải: Ta có: AC , AB tiếp tuyến  O   OBA  OCA  900 (tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác OBAC ta có: BOC  3600   OBA  BAC  ACO   3600   900  900  300   1500 Mà BOC  KOC  1800 (hai góc kề bù)  KOC  1800  BOC  1800  1500  300 Mà KOC góc tâm chắn cung CK  sd cung CK  KOC  300 Chọn A A 6cm B 8cm C D 12cm Câu Phương pháp: Sử dụng hệ thức lượng tam giác vuông: AH  BH HC để làm toán Cách giải: HB   HC  3HB HC Áp dụng hệ thức lượng ABC vng A có đường cao AH ta có: AH  BH HC  12  BH 3BH  BH   BH  cm Theo đề ta có:  HC  3.HB  3.2   BC  HB  HC    cm Chọn B II PHẦN TỰ LUẬN (7 điểm) Câu Phương pháp: a) Quy đồng mẫu phân thức rút gọn biểu thức b) Số x  k số phương Cách giải:  Cho biểu thức: A    x  1  x  1 x  1 x 1   x 1 với x  0, x  x 1 a) Rút gọn biểu thức A Điều kiện: x  0, x   A   x  1  x  1 x  1 x 1   x 1 x 1 x  x 1 x  x 1 x 1  x 1 x 1 2x  x  2x   x     x 1 x 1 x 1 2x  x  2x  x  x    x 1 x 1     x  1   x  1  x  1 x  1  x  1 x  x 1    x  x 1 x  1 x 1 b) Tìm x số phương để 2019A số nguyên Điều kiện: x  0, x  Ta có: 2019 A  2019 x 1  6057   2019     4038  x 1 x 1 x 1  Vì 2019 A   x  1U  6057  Mà x   x  0, x   x  11;3;9;2019;6057 TH1: x    x  (tm) TH2: x    x   x   tm  TH3: x    x   x  64  tm  TH4: x   2019  x  2018  x  20182  tm  TH5: x   6057  x  6056  x  60562  tm  Vậy x  0; 4; 64; 20182 ; 60562  Câu Phương pháp: Gọi số kiểm tra tiết đạt điểm x (bài)  x   số kiểm tra tiết đạt điểm 10 y (bài)  y   Dựa vào giả thiết toán, giải toán cách lập phương trình biện luận để giải tốn Cách giải: Gọi số kiểm tra tiết đạt điểm x (bài)  x   số kiểm tra tiết đạt điểm 10 y (bài)  y   Do số kiểm tra tiết đạt điểm điểm 10 nhiều 16 nên x  y  16  x  y  144 (1) Tổng số điểm x kiểm tra tiết đạt điểm 9x (điểm) Tổng số điểm y kiểm tra tiết đạt điểm 10 10y (điểm) Do tổng số điểm tất kiểm tra đạt điểm 10 điểm 160 nên ta có phương trình: x  10 y  160  x  160  10 y Thay vào (1) ta có: 160  10 y  y  144  160 144  y  y  16 Do y   y  0;1; 2;3; ;15 Ta có: x  x  160  10 y   mod   153   y  y  mod    y   mod   y   mod   y   x  10  tm  Vậy số kiểm tra tiết đạt điểm 10 số kiểm tra tiết đạt điểm 10 Câu Phương pháp: a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp để chứng minh b) c) Sử dụng tính chất góc nội tiếp, góc tâm chắn cung ; tính chất đường thẳng song song Cách giải: a) Tứ giác CIHK nội tiếp đường trịn Ta có: AI  BC  CIH  900 , BK  AC  CKH  900 Xét tứ giác CIHK có : CIH  CKH  900  900  1800  Tứ giác CIKH tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800) b) MN đường kính đường trịn  O  1 Ta có ACB  AMB  AOB  900  450 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB ) 2 Có AI  BC  IAC vng I , lại có ACB  ACI  450  IAC vuông cân I  IAC  450  AMB  IAC  450 Mà hai góc vị trí so le  BM / / AC Mà BK  AC  gt  hay BN  AC  BM  BN (từ vng góc đến song song)  MBN  900  MBN nội tiếp chắn nửa đường trịn  MN đường kính đường trịn  O  c) OC song song với DH Có IAC  450  cmt   MAC  450 Mà MAC  MOC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung MC )  MOC  2MAC  2.450  900  OC  OM hay OC  MN 1 1 Ta có ANB  ACB  AOB  900  450 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB ) 2 Tam giác KBC có BKC  900 ; KCB  ACB  450  KBC  450  ANB  KBC  450 Mà góc vị trí so le  BC / / AN Theo giả thiết ta có BC  AI  AI  AN hay MA  DN (từ vng góc đến song song) Mặt khác ta có BN  BM  cmt   BN  DM Xét tam giác DMN có: hai đường cao MA, NB cắt H  H trực tâm tam giác DMN  DH  MN   Từ (1) (2)  OC / / DH (Từ vng góc đến song song) (đpcm) Câu 10 Cách giải: a) Cho phương trình x  2mx  2m   1 với m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x1  x2   x1 x2  2m  Ta có:  '  m2  2m    m  1 Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt     m  1   m  1  x1  m  m   2m  Khi m  1 phương trình (1) có nghiệm phân biệt:   x2  m   m  1  1 Theo ta có: x1  x2   x1 x2  2m   2m    2m  1  2m   2m   2m  2m  1   2m   m    2m      m   2m   m   m   2m  2m   2m   4m  4m    2 2m   2m   4m  4m  0  m  0  m     4 16m  32m  24m  24m   4  4m  4m   16m  16m   32m  8m  8m 0  m  1    m   m     m    tm    2m  1  8m  20m  22m  1    m  0, 044   m  0, 044 Vậy m  m  0,044 b) Cho hai số thực không âm a, b thỏa mãn a  b2  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức M  a  b3  ab  +) Tìm giá trị nhỏ Áp dụng BĐT Cô-si cho số không âm a3 , b3 , ta có: a  b3   3 a b3  3ab  a  b3   3ab    ab  1 a  b3    Do ab    ab   M 1  a  b  a  b  Dấu “=” xảy   2 a  b   Vậy M   a  b  +) Tìm giá trị lớn a  b3  1 M   a  b3  Ta có ab   ab    ab  ab  0  a  0  a  a 2 a   a, b     Ta có  b  a  b  0  b  0  b  b Do a3  b3   a 2  b 2    a  b    2   M 2 4  a  a    b  Dấu "=" xảy  b    a     ab     b   a   a  Vậy max M  2     b  b 