SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019-2020 MƠN THI: TỐN (CHUN) Thời gian:150 phút Ngày thi: 05/6/2018 Bài (3,0 điểm) 3 P x x x Cho x Tính giá trị biểu thức 2 Giải phương trình: x x x 3x y 1 y x y x y x y 5 Giải hệ phương trình: Bài (3,0 điểm) d : y x P : y 2 x , Cho parabol đường thẳng Viết phương trình đường thẳng d , biết d vng góc với d1 d cắt P hai điểm phân biệt A, B cho AB 17OI , với I trung điểm đoạn AB 2 Cho phương trình x x 9m 0(1), với m tham số Tìm giá trị m để 2 I có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 x1 1 x2 x2 1 5 x x3 y xy x y x y x , y Cho hai số dương thỏa mãn 1 x y T 1 2 y x Tìm giá trị nhỏ biểu thức xy Bài (1,0 điểm) x y 1 Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 1 y x x 65 Bài (3,0 điểm) Cho đường trịn O đường kính AB Trên mặt phẳng bờ AB, vẽ tiếp tuyến Ax, By O Trên O , lấy điểm C CA CB đoạn thẳng OA lấy điểm D (D khác O, A) Đường thẳng vng góc với CD C cắt Ax, By E , F AC cắt DE G, BC cắt DF H, OC cắt GH I 1) Chứng minh hai tam giác AGE , FHC đồng dạng I trung điểm GH 2) Gọi J , K trung điểm DE , DF Chứng minh I , J , K thẳng hàng 3) Gọi M giao điểm JO DK Chứng minh tam giác JOK vuông ba đường thẳng DE , IM , KO đồng quy ĐÁP ÁN Bài 1) x x 3 x 1 4 x 1 x3 x x 3 3 P x3 x 3x x 3x x 3 27 2) Điều kiện x x x x x 3 x x x 3 x 0 x x x 0 x x 0 (1) (2) x x 0 x 17 x 1 x x 2 x x x x 13 x x x 2 x x 0 17 13 x ;x 2 Phương trình có nghiệm 3x y 1 y 3x y 3x y (1) x y 5 (2) 3) Điều kiện 3x y 0; y 0 1 3x y y 3x y y 0 3x y 0 (3) 3x y y 0 (4) 3 y 3x , vào (2) ta x 1 y 2 x x 1 5 10 x x 0 11 x y 5 2 2 11 ; 5 Loại nghiệm 3 y 0(5) 3x y y 1 x; y Từ (2), ta có: y y vô nghiệm S 1;2 Vậy tập nghiệm Bài 1) Vì d vng góc với d1 nên d : y 4 x b d Phương trình hồnh độ giao điểm (P) : x 4 x b x x b 0 (1) d cắt P hai điểm phân biệt A, B 1 có hai nghiệm phân biệt ' 4 2b b Gọi A x1; y1 , B x2 ; y2 với x1 , x2 nghiệm 1 x1 x2 2 xI 1; yI Ta có: Vậy I 1;4 b Suy y1 y2 2 x1 x2 b 4 b 2 OI b 8b 17, AB 17 x1 x2 17 2b AB 17OI 2b b 8b 17 b 1(tm) b 2b 0 b 3(tm) Vậy d : y 4 x d : y 4 x x1 x2 x x 4 9m 2) Theo định lsy Viet ta có: x1 x12 1 x2 x22 1 5 x13 x23 x1 x2 5 x13 x23 0 x1 2 x2 10 x x1 x2 50 14 9m m (tm) x1 x2 4 9m x2 81 x 2 x x1 x2 4 9m Suy : 14 m 81 Vậy 3) Đặt S x y , P xy, S 0, P x y S 2P S2 T 1 1 P 2 y x 2 P 2T x3 y xy x y x y xy 2S 12 P S P S2 S2 2 2S 12 S 4 2T 2T S 2T 1 S 8T 16 0 1 có nghiệm (1) ' 0 4T 4T 15 0 T T Vậy Bài S 6 P 6 x 3 x 3 x 3 x 3 x 1 Vì 65 lẻ nên x y lẻ y x x lẻ Mà x lẻ nên 5y chẵn, suy y chẵn x 1 Mặt khác x x x x 1 chẵn nên lẻ, suy x 0 x 1 Với x 1 y 3 y 3 65 y 2 x y y 65 y y 66 0 Phương trình khơng có Với nghiệm nguyên Vậy x; y 1;2 Bài y E C J G A I M D H K O F B N 1) Ta có: CAE ABC (cùng chắn cung AC ) CDBF nội tiếp ABC CFD (cùng chắn cung CD ) CAE CFD ADCE nội tiếp AED ACD (cùng chắn cung AD ) ACD BCF (2) (cùng phụ BCD ) AED BCF Từ (1) (2) suy AGE FHC ( g g ) Ta có : CGD AGE CHF CGDH nội tiếp CGH CDH CDH CBF (CDBF nội tiếp) Suy CGH CBF Mà CBF CAB CGH CAB GH / / AB (1) GI IH AO OB Vì AO OB nên GI IH I trung điểm GH Suy 2) Vì I , J tâm đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác CGDH , ADCE nên IJ CD Vì J , K tâm đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác ADCE , BDCF nên JK CD Suy I , J , K thẳng hàng 3) Ta có J tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AOCE OJ AC OJ / / BC BC AC Mặt khác JK / / EF (tính chất đường trung bình), MJK BCF Mà BCF BDF ( BDCF nội tiếp) MJK BDF ODK JDOK nội tiếp Suy JOK JDK JDK 900 CGDH GCH 90 ) , suy JOK 900 JOK vuông O Mà ( nội tiếp Gọi N giao điểm ED OK Ta có: M trực tâm tam giác JNK nên NM JK (3) MOI JOC OCB OBC CFD (vì OJ / / BC ) Mà CFD IKD JK / / EF MOI IKM IMOK nội tiếp (4) Suy IM JK Từ (3) (4) suy ba đường thẳng DE , IM , KO đồng quy