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) Cho x Tính giá trị biểu thức P x3 x 3x Giải phương trình: x2 x x 3x y 1 y 3x y 3x y Giải hệ phương trình: 2 x y Bài (3,0 điểm) 1 Cho parabol P : y x , đường thẳng d1 : y x 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 Cho phương trình x2 5x 9m 0(1), với m tham số Tìm giá trị m để I có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x12 1 x2 8x22 1 Cho hai số dương x, y thỏa mãn x x3 y xy x y x y xy 1 x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức T 1 2 y x Bài (1,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x y 1 x 1 y x x 65 Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn 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 x 1 x 1 x3 3x x 3 P x3 x 3x x3 3x x 3 27 3 2) Điều kiện x 7 x x x x 3 x x x x x x x 1 x x (1) (2) x x x 3 5 17 x 1 x x 2 x x 6x x 4 7 13 x 2 x x 2 x 7x 5 17 7 13 ;x Phương trình có nghiệm x 2 3x y 1 y 3x y 3x y (1) 3) 2 x y (2) Điều kiện 3x y 0; y 1 3x y y 1 1 3x y y 3x y (3) 3x y y (4) 3 y 3x , vào (2) ta x 1 y x 3x 1 10 x x 11 x y 5 11 Loại nghiệm x; y ; 5 2 4 3x y 3 y 0(5) y 1 Từ (2), ta có: y y 5 vô nghiệm Vậy tập nghiệm S 1;2 Bài 1) Vì d vng góc với d1 nên d2 : y x b Phương trình hồnh độ giao điểm d (P) : x2 x b x2 x b (1) d cắt P hai điểm phân biệt A, B 1 có hai nghiệm phân biệt ' 2b b 2 Gọi A x1; y1 , B x2 ; y2 với x1 , x2 nghiệm 1 y y2 x1 x2 b b Ta có: x1 x2 xI 1; yI Vậy I 1;4 b Suy OI b 8b 17, AB 17. x1 x2 17. 2b AB 17OI 2b b 8b 17 b 1(tm) b 2b b 3(tm) Vậy d2 : y x d2 : y x x x 5 2) Theo định lsy Viet ta có: x1 x2 9m x1 x12 1 x2 8 x22 1 x13 x23 x1 x2 x13 x23 x1 x2 10 x1 x1 x2 5 50 14 Suy : x1 x2 9m x2 9m m (tm) 81 x 2x x1 x2 9m 14 81 3) Đặt S x y, P xy, S 0, P Vậy m 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 (1) S x x Vậy T P x x Bài Vì 65 lẻ nên x y 1lẻ x 1 y x x lẻ Mà x lẻ nên 5y chẵn, suy y chẵn 1 có nghiệm ' 4T 4T 15 T Mặt khác x x x x 1 chẵn nên lẻ, suy x x 1 Với x y 3 y 3 65 y x 1 Với x 1 y 3 y 3 65 y y 66 Phương trình khơng có nghiệm ngun Vậy x; y 1;2 Bài y E C J G A I M D F H K B O 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 (cùng phụ BCD) AED BCF Từ (1) (2) suy AGE FHC ( g.g ) (2) 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 GI IH Suy Vì AO OB nên GI IH I trung điểm GH AO OB (1) 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 tròn 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 Mà JDK 900 ( CGDH nội tiếp GCH 900 ) , suy JOK 900 JOK vuông O 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 Suy IM JK (4) Từ (3) (4) suy ba đường thẳng DE, IM , KO đồng quy ... y y 3x y (3) 3x y y (4) 3 y 3x , vào (2) ta x 1 y x 3x 1 10 x x 11 x y 5 11 Loại nghiệm x; y ; ... x2 9m x1 x12 1 x2 8 x22 1 x13 x23 x1 x2 x13 x23 x1 x2 10 x1 x1 x2 5 50 14 Suy : x1 x2 9m x2 9m m (tm) 81