ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Câu I (2 điểm) 1) Giải phương trình 2 5 4 0x x   2) Giải hệ p[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu I (2 điểm): 1) Giải phương trình: x2  5x   3x  y  2) Giải hệ phương trình:  2 x  y  Câu II (2 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: A   45  1   1  x 3  2) Cho biểu thức: B     x 3 x 3 x   x  0, x  9 Rút gọn biểu thức B tìm tất giá trị nguyên x để B  Câu III (1,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  : y  x2 đường thẳng  d  : y  mx   m (với m tham số) 1) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol  P  , biết điểm M có hồnh độ 2) Chứng minh đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt A, B Gọi x1 , x2 hoành hoành độ hai điểm A, B Tìm m để x12  x22  x1x2  20 Câu IV (4,0 điểm) 1) Cho nửa đường trịn  O; R  đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn  O; R  vẽ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường trịn Gọi M điểm nửa đường trịn  O; R  (với M khác A , M khác B ), tiếp tuyến nửa đường tròn M cắt Ax, By C D a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp b) Chứng minh tam giác COD vuông O c) Chứng minh AC.BD  R2 d) Kẻ MN  AB  N  AB  ; BC cắt MN I Chứng minh I trung điểm MN 2) Tính thể tích hình nón có bán kính đáy r  4cm , độ dài đường sinh l  5cm Câu V (0,5 điểm): Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc  Chứng minh 1    2a 2b 2c HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu I (VD) Phương pháp: 1) Giải phương trình cách nhẩm nghiệm đưa phương trình tích 2) Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số Cách giải: 1) Giải phương trình: x2  5x   x2  5x    x2  4x  x    x  x  4   x  4    x  1 x    x 1  x    x   x  Vậy phương trình có tập nghiệm S  1; 4 3x  y  2) Giải hệ phương trình:  2 x  y  3x  y  5 x  10 x  x      2 x  y   y  3x   y  3.2   y  Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất:  x; y    2; 3 Câu II (VD) Phương pháp:   A B C A  ; B  C2 B C 1) Sử dụng công thức   A B A  để làm A2 B  A B    A B A    2) Quy đồng mẫu phân thức rút gọn biểu thức để tìm x Đối chiếu với điều kiện x điều kiện x nguyên kết luận +) Giải bất phương trình B  Cách giải:  45  1 1) Rút gọn biểu thức: A    45  1 A    3 1 1  1 32.5   1  1   1 1  1    7 Vậy A  7  x 3  2) Cho biểu thức: B     x 3 x 3 x   x  0, x  9 Rút gọn biểu thức B tìm tất giá trị nguyên x để B  Điều kiện: x  0, x   x 3  B   x 3 x 3 x  3 x 3 x x 3 x  3  x 3  x   x  3 x x 3 x Ta có: B    3 x   43 x  0 0 3 x 2 3 x   x 1 3 x     3 x   x   x    x   x  Kết hợp với điều kiện x  0, x  9, x   x  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 Vậy x   1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 B  Câu III (VD) Phương pháp: 1) Thay hồnh độ điểm M vào cơng thức y  x để tìm tung độ điểm M 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm * hai đồ thị hàm số +) Đường thẳng  d  cắt  P  hai điểm phân biệt  * có hai nghiệm phân biệt      '   +) Sử dụng định lý Vi-et hệ thức cho để tìm m Đối chiếu với điều kiện kết luận Cách giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  : y  x2 đường thẳng  d  : y  mx   m (với m tham số) 1) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol  P  , biết điểm M có hồnh độ Ta có M  4; yM  thuộc  P  : y  x2 nên thay x  vào công thức hàm số y  x ta được: 2 yM  42   M  4;  Vậy M  4;  2) Chứng minh đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt A, B Gọi x1 , x2 hồnh hồnh độ hai điểm A, B Tìm m để x12  x22  x1x2  20 Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: x2  mx   m  x  2mx  2m    * Đường thẳng  d  cắt  P  hai điểm phân biệt  * có hai nghiệm phân biệt   '   m2  2m    m2  2m      m  1   m  Đường thẳng  d  cắt  P  hai điểm phân biệt A  x1; y1  , B  x2 ; y2   x1  x2  2m Áp dụng định lý Vi-et ta có:   x1 x2  2m  Theo đề ta có: x12  x22  2x1x2  20  x12  x22  x1 x2  x1 x2  20    x1  x2   x1 x2  20    2m    2m    20   4m  8m  24  20   4m  8m    m  2m     m  1   m 1   m  Vậy m  thỏa mãn toán Câu IV (4,0 điểm) (VD) Phương pháp: 1) a) Chứng minh tứ giác ACMO tứ giác có tổng hai góc đối 1800 b) Áp dụng tính chất : hai tia phân giác góc kề bù vng góc với c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng tính chất tiếp tuyến cắt d) Áp dụng tính chất đường phân giác 2) Tính chiều cao hình nón định lý Pitago: h  l  r +) Thể tích hình nón có bán kính đáy r chiều cao h là: V   r h Cách giải: 1) a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp Do AC tiếp tuyến đường tròn  O  A  OAC  900 MC tiếp tuyến đường tròn  O  M  OMC  900 Xét tứ giác ACMO có: OAC  OMC  900  900  1800  Tứ giác ACMO tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) b) Chứng minh tam giác COD vng O Áp dụng tính chất tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác AOM ; OD tia phân giác BOM ; Mà AOM ; BOM hai góc kề bù  OC  OD (hai tia phân giác góc kề bù vng góc với nhau)  COD  900 hay tam giác COD vuông O (đpcm) c) Chứng minh AC.BD  R2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông OCD vuông O có đường cao OM ta có: OM  MC.MD Mà OM  R  MC.MD  R2 (1) Áp dụng tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AC  MC; BD  MD (2) Từ (1) (2) suy AC.BD  R2 (đpcm) d) Kẻ MN  AB  N  AB  ; BC cắt MN I Chứng minh I trung điểm MN  AC  AB  Ta có:  BD  AB  gt   AC / / BD / / MN (Từ vng góc đến song song)  MN  AB  Gọi P  AM  CN Áp dụng định lí Ta-lét ta có : MI PI NI BI  ;  (3) AC PC AC BC Ta có : AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AMN  NMB  900 Mà tam giác vng MNB lại có: NBM  NMB  900  AMN  NBM  ABM Ta có : ABM  AMC (góc nội tiếp tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AM ) ; ABM  AMN (cmt) ;  AMC  AMN  MA tia phân giác góc CMN Mà MB  MA  AMB  900   MB tia phân giác ngồi góc CMN Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác CMI ta có: Từ (3) (4)  MI PI BI   (4) MC PC BC MI NI   MI  NI AC AC Vậy I trung điểm MN (đpcm) 2) Chiều cao hình nón là: h  l  r  52  42    cm  1 Thể tích hình nón cho là: V   r h   42.3  16  cm3  3 Câu V (VDC) Cách giải: Ta có: abc bc    Do a    a 2abc  a 2bc  Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 2bc   bc  bc   3  bc   CMTT ta có : 3 bc bc bc bc     2a 2bc  3  bc 2 3 ca ab  ;  2b 2c Cộng vế với vế ta Ta có :  1 1    2a 2b 2c   1 1  ab  bc  ca      3 a b c 1 9 3 3 3    3 a b c a  b  c 3 abc 3 1 1           1 a 3b 3c 3a 3b 3c Vậy 1    Dấu "=" xảy  a  b  c  2a 2b 2c