SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm Câu Tìm tất giá trị m để hàm số y = ( − m ) x + m + đồng biến R A m > B m < C m < −1 D m > −1 x , x x + x Câu Phương trình x − x − = có hai nghiệm Tính A x1 + x2 = B x1 + x2 = C x1 + x2 = −2 D x1 + x2 = −1 Câu Cho điểm M ( xM ; yM ) thuộc đồ thị hàm số y = −3 x Biết xM = −2 Tính yM A yM = B yM = −6 C yM = −12 x − y = Câu Hệ phương trình có nghiệm? 3 x + y = A B C a , b a < 0, b < Câu Với số thỏa mãn biểu thức a ab D yM = 12 D vô số A − a 2b B a 3b C a 2b D − a 3b Câu Cho tam giác ABC vng A có AB = 3cm, AC = 4cm Tính độ dài đường cao AH tam giác ABC 12 12 A AH = cm B AH = cm C AH = cm D AH = cm Câu Cho đường tròn tâm O bán kính R = cm đường tròn tâm O ' bán kính R ' = cm Biết OO ' = cm Số tiếp tuyến chung hai đường tròn cho A B C D Câu Một bóng hình cầu có đường kính 4cm Thể tích bóng 32 32 256 256 π cm3 π cm3 A B cm C D cm 3 3 Phần II: Tự luận (8,0 điểm) Câu (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = − 2 − + 2 − + b) Chứng minh rng ữì a + = (vi a ≥ a ≠ ) a −3 a −9 a +3 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x − (m − 2) x − = (1) (với m tham số) a) Giải phương trình (1) với m = b) Chứng minh với giá trị m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt c) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm tất giá trị m để x2 − x1 x2 + ( m − 2) x1 = 16 ( ) x − xy + y − = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x + xy − y = 4( x − 1) Câu (3,0 điểm) Qua điểm A nằm ngồi đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đường tròn (B, C hai tiếp điểm) Gọi E trung điểm đoạn AC, F giao điểm thứ hai EB với đường tròn (O) a) Chứng minh: tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp, tam giác CEF đồng dạng với tam giác BEC b) Gọi K giao điểm thứ hai đường thẳng AF với đường tròn (O) Chứng minh BF CK = BK CF c) Chứng minh AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF Câu (1,0 điểm) Xét số x, y , z thay đổi thỏa mãn x + y + z − xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu 2 2 thức: P = ( x + y + z ) + ( x + y + z − xy − yz − zx ) - Hết - HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu Hàm số y = ( − m ) x + m + đồng biến R ⇔ − m > ⇔ m < Chọn B b Câu Áp dụng hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = − = Chọn A a Câu xM = −2 ⇒ yM = −3.(−2) = −12 Chọn C a b ≠ Câu Xét giải hệ MTCT thấy hệ có nghiệm Chọn B a' b' Câu Vì a < 0, b < nên a ab = − a ab = − a ab = − a 3b Chọn D 1 1 12 = + = + ⇒ h = Chọn C h b c Câu Vì OO ' > R + R ' nên hai đường tròn ngồi nhau, số tiếp tuyến chung Chọn D 4 32 3 Câu d = ⇒ R = ⇒ V = π R = π = π cm3 Chọn A 3 Câu Áp dụng hệ thức Phần II: Tự luận (8,0 điểm) Câu Phần Nội dung Điểm A = − 2 − + 2 = − 2 +1 − + 2 +1 a) = ( ) 2 −1 − ( ) +1 = −1 − Với a ≥ a ≠ , ta có: − + × a + = ÷ a −3 a −9 a +3 ( Câu (1,5đ) ) ( 0.75 + = − − − = −2 ) ( ( a + 3) ( a −3 − ) a − 3) a +3 +6 ( × a +3 ) a −6− a −3+ a −3 = =1 a −3 a −3 ⇒ Đpcm Cách 2: a +3 + ì a +3 = + ữ a −3 a −9 a −3 a −3 a +3 = b) ( 0.75 ) a −6− a −3+ a −3 = =1 a −3 a −3 Với m = , phương trình (1) trở thành: x + x − = ⇔ ( x + 1) = ⇔ x = −1 ± Vậy với m = nghiệm phương trình (1) x = −1 ± Phương trình (1) có ac = −6 < ⇒ Với giá trị m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = m − x1 x2 = −6 Theo đề bài: x2 − x1 x2 + (m − 2) x1 = 16 (2) Vì x2 nghiệm phương trình (1) nên = Câu (1,5đ) a) b) c) x22 − (m − 2) x2 − = ⇔ x22 = ( m − 2) x2 + Thay (3) vào (2) được: (3) 0.5 0.5 0.5 (m − 2) x2 + − x1 x2 + ( m − 2) x1 = 16 ⇔ (m − 2)( x1 + x2 ) − x1 x2 = 10 m − = m = ⇒ (m − 2) + = 10 ⇔ (m − 2) = ⇔ ⇔ m − = −2 m = Vậy m ∈ { 0; 4} giá trị cần tìm Cách 2: Vì x1 nghiệm phương trình (1) nên x12 − (m − 2) x1 − = ⇔ (m − 2) x1 = x12 − Thay (4) vào (2) được: x22 − x1 x2 + x12 − = 16 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 = 22 (4) ⇒ (m − 2) − 3.( −6) = 22 ⇔ ( m − 2) = ⇔ x − xy + y − = x + xy − y = 4( x − 1) (1) (2) Ta có: (2) ⇔ x − x + + xy − y = ⇔ ( x − 2) + y ( x − 2) = ⇔ ( x − 2)( x + y − 2) = x − = x = ⇔ ⇔ x + y − = y = 2− x Thay x = vào phương trình (1) được: − y + y − = ⇔ y = −3 Thay y = − x vào phương trình (1) được: Câu (1,0đ) 1.0 x = −1 x − x(2 − x) + − x − = ⇔ x − x − = ⇔ x = 2,5 x = −1 ⇒ y = ; x = 2,5 ⇒ y = −0,5 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) ∈ ( 2; −3) , ( −1;3 ) , ; − ÷ 2 Câu (3,0đ) a) Tứ giác ABOC có: · · ABO = ACO = 90o (vì AB, AC tiếp tuyến (O)) · · ⇒ ABO + ACO = 180o ⇒ Tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp 0.5 ∆ CEF ∆ BEC có: µ chung ; C µ1 =B µ = sđCF » E ÷ ⇒ ∆ CEF ∆ BEC (g-g) 0.5 ∆ ABF ∆ AKB có: b) c) Câu (1,0đ) µ chung ; B µ2 =K µ = sđBF » A ÷ ⇒ ∆ ABF ∆ AKB (g-g) AB BF ⇒ = AK BK AC CF AB CF = ⇒ = Chứng minh tương tự AK CK AK CK (vì AB = AC, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) BF CF = ⇒ BF.CK = BK.CF (đpcm) Từ (1) (2) ⇒ BK CK EC EF = ∆ CEF ∆ BEC (theo a) ⇒ EB EC EA EF = Mà EA = EC (GT) ⇒ EB EA ∆ EAF ∆ EBA có: µ chung ; EA = EF E EB EA EAF ⇒∆ ∆ EBA (c-g-c) µ2 =B µ2 ⇒A µ = sđAF » ⇒A µ = sđAF » Mà B 2 ⇒ AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ ABF (đpcm) Ta có: x + y + z − xyz = ( x + y )3 − xy ( x + y ) + z − xyz = ( x + y + z ) ( x + y ) − ( x + y ) z + z − 3xy ( x + y + z ) = ( x + y + z ) ( x + xy + y − xz − yz + z − 3xy ) = ( x + y + z ) ( x + y + z − xy − yz − zx ) x + y + z − xyz ⇒ x + y + z − xy − yz − zx = = x+ y+z x+ y+z Lại có: x + y + z − xy − yz − zx = ( x + y + z − xy − yz − zx ) 2 2 = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ ⇒ x+ y+z >0 Đặt x + y + z = a (a > 0) thì: 4 P = a2 + = a2 + + a a a Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 2 (1) 1.0 (2) 1.0 1.0 4 a × × =6 a a Dấu “=” xảy ⇔ a = ⇔ a = 2 a x + y + z = Vậy P = ⇔ 3 x + y + z − 3xyz = P ≥ 33 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương ... x = −1 ± Phương trình (1) có ac = −6 < ⇒ Với giá trị m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = m − x1 x2 = −6 Theo đề bài: x2 − x1 x2 + (m −... 0.5 0.5 0.5 (m − 2) x2 + − x1 x2 + ( m − 2) x1 = 16 ⇔ (m − 2)( x1 + x2 ) − x1 x2 = 10 m − = m = ⇒ (m − 2) + = 10 ⇔ (m − 2) = ⇔ ⇔ m − = −2 m = Vậy m ∈ { 0; 4} giá trị cần tìm Cách 2: Vì... 2 Câu (3,0đ) a) Tứ giác ABOC có: · · ABO = ACO = 90o (vì AB, AC tiếp tuyến (O)) · · ⇒ ABO + ACO = 180o ⇒ Tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp 0.5 ∆ CEF ∆ BEC có: µ chung ; C µ1 =B µ = sđCF »