1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Câu 1 (2 điểm) 1) Rút gọn biểu thức 22 32 6 3 11 A 2) Giả[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu (2 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: A 32 22 11 2) Giải phương trình: x x 3) Xác định hệ số a hàm số y ax , biết đồ thị hàm số qua điểm A 3; 1 Câu (2 điểm): Cho phương trình x 2m n x 2m 3n 1 1 ( m, n tham số) 1) Với n 0, chứng minh phương trình 1 ln có nghiệm với giá trị m 2) Tìm m, n để phương trình 1 ln có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 1 x12 x22 13 Câu (2 điểm): Gọi A, B giao điểm d với trục hoành trục tung; H trung điểm đoạn thẳng AB Tính độ dài đoạn thẳng OH (đơn vị đo trục tọa độ xentimet) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình y x 2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao 12 cm, bán kính đáy cm, lượng nước cốc cao cm Người ta thả vào cốc nước viên bi hình cầu có bán kính cm ngập hoàn toàn nước làm nước cốc dâng lên Hỏi sau thả viên bi vào mực nước cốc cách miệng cơc xentimet? (giả sử độ dày cốc không đáng kể) Câu (3 điểm): Cho đường tròn O có hai đường kính AB CD vng góc với Điểm M thuộc cung nhỏ BD cho BOM 300 Gọi N giao điểm CM OB Tiếp tuyến M đường tròn O cắt OB, OD kéo dài E F Đường thẳng qua N vng góc với AB cắt EF P 1) Chứng minh tứ giác ONMP tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh EMN tam giác 3) Chứng minh CN OP 4) Gọi H trực tâm AEF Hỏi ba điểm A, H , P có thẳng hàng khơng? Vì sao? Câu (1 điểm): Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y 3z Tìm giá trị lớn biểu thức: S xy yz 3xz xy 3z yz x 3xz y HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu Phương pháp: 1) Sử dụng công thức: A B AB ; A B A ; B A B A A2 B A B A B A 2) Đưa phương trình dạng phương trình tích để giải phương trình 3) Thay tọa độ điểm A 3;1 vào công thức hàm số y ax để tìm a Cách giải: 1) Rút gọn biểu thức: A 32 A 32 22 11 22 22 42.2 6.3 11 11 32.2 2 Vậy A 2 2) Giải phương trình: x x x x x2 2x x x 2 x x Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 0; 2 3) Xác định hệ số a hàm số y ax , biết đồ thị hàm số qua điểm A 3; 1 Đồ thị hàm số y ax qua điểm A 3; 1 nên thay tọa độ điểm A vào công thức hàm số ta được: a. 3 a Vậy a Câu Phương pháp: 1) Thay n vào phương trình 1 , chứng minh ' với m 2) Tìm điều kiện m, n để phương trình 1 có nghiệm: +) Áp dụng định lý Vi-et biểu thức cho để tìm m, n Đối chiếu với điều kiện kết luận Cách giải: Cho phương trình x 2m n x 2m 3n 1 1 ( m, n tham số) 1) Với n 0, chứng minh phương trình 1 ln có nghiệm với giá trị m Với n ta có phương trình 1 x 2mx 2m Phương trình có ' m2 2m m 1 m Vậy với n phương trình 1 ln có nghiệm với m 2) Tìm m, n để phương trình 1 ln có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 1 x12 x22 13 Ta có: 2m n 2m 3n 1 4m2 4mn n 8m 12n Phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 4m2 4mn n 8m 12n * x1 x2 2m n Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1 x2 2m 3n 2 3 x1 x2 1 x1 x2 1 Theo đề ta có: 2 x1 x2 13 x1 x2 x1 x2 13 5 Thế (3) (4) vào (5) ta được: 5 1 2m 3n 1 13 4m 6n 13 4m 6n 10 2m 3n 5 Từ (2) (4) ta có: 2m n 1 n 2m Thế vào ta được: 2m 2m 1 5 2m 6m 5 8m 8 m 1 n 2m 2. 1 1 Thay m 1, n 1 vào điều kiện * ta có: 4. 1 4. 1 1 1 8. 1 12. 1 25 2 m 1 thỏa mãn n 1 Vậy m 1, n 1 giá trị cần tìm Câu Phương pháp: 1) Tìm tọa độ điểm A, B Sử dụng hệ thức lượng AOB vng O có đường cao OH để làm tốn 2) Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy R là: V R 2h Thể tích khối cầu bán kính R là: V R3 Cách giải: 1) Cho d : y x Ta có: d Ox A A x A ; x A d Oy B B 0; yB 2 xA A ; OA 2 2 2 2 yB yB B 0; OB 2 2 Vì tam giác OAB vng cân O OA OB mà OH đường trung tuyến nên OH đường cao Sử dụng hệ thức lượng AOB vng O có đường cao OH ta có: 1 1 2 2 OH OA OB 2 2 1 OH OH 0,5 cm Vậy OH 0,5 cm 2) Thể tích nước dâng lên = thể tích viên bi thả vào cốc Thể tích nước có cốc ban đầu là: V1 22.8 32 cm3 Ta tích viên bi thả vào cốc là: V2 13 8 cm3 Thể tích sau thả thêm viên bi là: V V1 V2 32 8 40 cm3 Chiều cao mực nước cốc lúc là: h V 40 10 cm R 22 Vậy sau thả viên bi vào cốc mực nước cách cốc 12 10 cm Câu Phương pháp: 1) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào dấu hiệu nhận biết tứ giác 2) Chứng minh tam giác có hai góc có số đo 600 tam giác 3) Chứng minh tứ giác OCNP hình bình hành Cách giải: 1) Chứng minh tứ giác ONMP tứ giác nội tiếp Xét tứ giác ONMP ta có: ONP 900 NP AB OMP 900 ( EF tiếp tuyến O ) ONP OMP 900 Mà hai đỉnh N , P hai đỉnh kề nhìn cạnh OP ONMP tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm) 2) Chứng minh EMN tam giác Xét O ta có: COM góc tâm chắn cung CM CME góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung CM 1 CME COM COB BOM 900 300 600 (tính chất góc nội tiếp góc tạo tia 2 tiếp tuyến dây cung chắn cung) Hay NME 600 Xét OME vng M ta có: OEM 900 EOM 900 300 600 Xét MNE ta có: NEM NME 600 cmt NME tam giác (định nghĩa) (đpcm) 3) Chứng minh CN OP Ta có: MNE tam giác (cmt) ENM 600 ONC (hai góc đối đỉnh) OCN 900 ONC 900 600 300 Ta có: OMN 900 NME 900 600 300 Vì ONMP tứ giác nội tiếp (cmt) OPN OMN 300 (hai góc nội tiếp chắn cung ON ) OC AB O OC / / NP OCPN hình thang Ta có: NP AB N Mà OCN OPN 300 cmt Lại có hai góc hai góc đối OCNP hình bình hành OC NP dpcm 4) Gọi H trực tâm AEF Hỏi ba điểm A, H , P có thẳng hàng khơng? Vì sao? Gọi I chân đường cao kẻ từ A đến EF H AI Giả sử phản chứng A, H , P thẳng hàng P I hay AP EF Có EOP NOP 900 ONP 600 OEP 600 cmt nên OEP tam giác cân có góc 600 nên tam giác OP PE 1 Lại có POF 900 EOP 900 600 300 PFO 900 OEP 900 600 300 nên tam giác OPF cân P hay OP PF Từ 1 suy PE PF OP Xét tam giác AEF có AP EF (giả thiết) PE PF nên AP vừa đường cao vừa đường trung tuyến AEF cân A Mà AEF 600 nên tam giác AEF FO vừa đường cao vừa đường trung tuyến OA OE (vơ lý OA OE ) Vậy ba điểm A, H , P không thẳng hàng Câu Phương pháp: - Biến đổi mẫu dạng tích - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ab ab Cách giải: x y 3z Do x y 3z nên 2 y x 3z Khi đó, 3z x y xy 3z xy x y xy x y x y 1 y 1 x y 1 yz x yz y 3z yz 3z y y 1 3z 3xz y 3xz x 3z 3xz z x 3z x x x 3z Suy ra: S xy x y 1 yz y 1 3z 3xz x 3z x 2y 2y 3z x 3z 1 y x z 1 y 3z x 1 x 2y 2y 3z x 3z 1 y x z 1 y z x 1 x 2y 2y 3z x 3z 1 y x z 1 y z x x 3z y 3z y x 1 y 2 x z y x 3z 1 1 1 y x z 2 Hay S 3 max S 2 2y x 1 y x 2y 3z x x y y z z x y 3z Dấu “=” xảy z y x 3z 3z x