ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn TOÁN (CHUNG) Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức 2 1 2 1[.]

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN (CHUNG) Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu (2 điểm): Cho biểu thức A    y y 1 y  y a) Tìm điều kiện xác định rút họn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên y để A nhận giá trị nguyên Câu (1,5 điểm): Cho hàm số y   a   x  có đồ thị đường thẳng d a) Với giá trị a hàm số đồng biến b) Tìm a để đường thẳng d qua điểm M  2;3 Câu (2 điểm): Cho phương trình x   m  1 x  2m   1 (với m tham số) a) Giải phương trình 1 m  b) Tìm giá trị m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn  x1  x2   x1 x2  10 Câu (1,0 điểm): Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn x  y  2020 2019 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   2019 x 2019 y Câu (3,5 điểm): Từ điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O, ta kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M  M  B, M  C  , kẻ MI  AB, MK  AC  I  AB, K  AC  a) Chứng minh AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn b) Kẻ MP  BC  P  BC  Chứng minh MPK  MBC c) Xác định vị trí M cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị lớn HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (TH): Phương pháp: a) Sử dụng đẳng thức:  A A  A2  A    A A  Thực phép tính với bậc hai b) Xác định mẫu thức chung biểu thức Quy đồng phân thức, thực phép toán từ rút gọn biểu thức Cách giải: a) P  12  27  48 P  12  27  48  22.3  32.3  42.3  3 4  3 Vậy P  3  x x   x x  b) Q        với x  0, x  x 1   x    Điều kiện: x  0, x   x x   x x  Q        x 1   x     x x 1   x x 1      5  x 1   x 1        5 x 5 x        25  x Vậy Q  25  x x  0, x  Câu (TH): Phương pháp: a) Hàm số y  ax  b nghịch biến a0 b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm nghiệm x Sử dụng phương pháp thế, tìm nghiệm y Kết luận nghiệm  x; y  hệ phương trình Cách giải: a) Hàm số y   n  1 x  nghịch biến  n    n  Vậy n  hàm số cho nghịch biến x  6 x  2 x  y  x     b)   2.1    2x   4 x  y  y   y   y  Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S  1;  Câu (VD): Phương pháp: a) Tính nhẩm nghiệm phương trình bậc hai: Nếu a  b  c  phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt: x1  1; x2   c a b) Phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt   (hoặc   ) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính x1  x2 ; x1.x2 theo n Thay vào 2020  x1  x2   2021x1 x2  2014 , ta tìm n Cách giải: a) Với n  ta có phương trình 1 trở thành: x2  x   Phương trình có a  b  c      Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  1 x2   c  5 a Vậy với n  phương trình cho có tập nghiệm S  5; 1 b) Xét phương trình x  x  n   1 Phương trình có:  '   n    n Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   '    n   n  Với n  phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  6 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2  n  Theo đề ta có: 2020  x1  x2   2021x1 x2  2014  2020. 6   2021  n    2014  12120  2021n  8084  2014  2021n  2022 2022 n  tm  2021 Vậy n  2022 thỏa mãn toán 2021 Câu (VDC): Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 9a 8a  b  9b 8b  a  9a 8a  b   9b 8b  a  sau đó, suy Từ đó, suy ab a  8a  b   b  8b  a  Cách giải: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 9a  8a  b 17 a  b  2 9b  8b  a 17b  a 9b  8b  a    2 17a  b 17b  a  9a  8a  b   9b  8b  a     9a  b 2 9a  8a  b    a  8a  b   b  8b  a    a  b   ab a  8a  b   b  8b  a    dpcm  9a  8a  b  a  b Dấu “=” xảy   9b  8b  a Vậy ab  a  8a  b   b  8b  a  Câu (VD): Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp b) Ta chứng minh: PEB  1800  FAB 1 ; FPB  1800  FAB   Từ 1    FBB  PEB   1800  FAB  Chứng minh được: BEP” BPF  g  g  c) BEP” BPF  cmt   BP  BE  BF Áp dụng hệ thức lượng APB ta có: AP2  AH AB Áp dụng định lý Py – ta – go cho APB : BP  AP  AB  R  BE.BF  AH AB  4R (đpcm) Cách giải: a) Ta có: AFB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn  O; R   AFB  900 Xét tứ giác AHEF ta có: AFE  AHE  900  900  1800  AHEF tứ giác nội tiếp (dhnb) b) Ta có: AHEF tứ giác nội tiếp (cmt)  FAH  FEH  1800 (tính chất tứ giác nội tiếp) Lại có: PEB  FEH (hai góc đối đỉnh)  PEB  FAB  1800  PEB  1800  FAB 1 Mà ABPF tứ giác nội tiếp đường tròn  O; R   FAB  BPF  1800  FPB  1800  FAB   Từ 1    FBB  PEB   1800  FAB  Xét BEP BPF ta có: FBB  PEB  cmt  B chung  BEP BPF c) Ta có: BEP  g  g  BPF  cmt   BE BP   BP  BE  BF BP BF Vì APB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O; R  APB  900 hay AP  PB Áp dụng hệ thức lượng cho APB vng P có đường cao PH ta có: AP2  AH AB  BE.BF  AH AB  BP2  AP Áp dụng định lý Pitago cho APB vng P ta có: BP  AP  AB   R   R 2  BE.BF  AH AB  R  dpcm 