Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên (Đề chung)

Mời các bạn học sinh lớp 9 cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên (Đề chung) dưới đây làm tài liệu ôn tập hệ thống kiến thức chuẩn bị cho bài thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới. Đề thi đi kèm đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được lực học của bản thân, từ đó đặt ra hướng ôn tập phù hợp giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Chúc các em thi tốt!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN (Dành cho thí sinh dự thi) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) 2   2) Cho hai đường thẳng (d): y  (m  2) x  m ( ) : y  4 x  a) Tìm m để (d) song song với (  ) b) Chứng minh đường thẳng (d) qua điểm A(1; 2) với m c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ) cho AB vng góc với ( ) 1) Rút gọn biểu thức A  2  20  20 Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x  x  x x    x  y 2  xy  y   2) Giải hệ phương trình  x2  y  x  y    x2  Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  2(m  1) x  m   (1) (m tham số) 1) Giải phương trình m  2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12  2(m  1) x2  3m  16 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Vẽ nửa đường tròn đường kính AB AC cho nửa đường tròn khơng có điểm nằm tam giác ABC Đường thẳng d qua A cắt nửa đường tròn đường kính AB AC theo thứ tự M N (khác điểm A) Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC 1) Chứng minh tứ giác BMNC hình thang vuông 2) Chứng minh IM = IN 3) Giả sử đường thẳng d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Hãy xác định vị trí đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P    2 ( x  1) ( y  2) ( z  3) - HẾT - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 1) 2a) 2b) Câu (1,0đ) 2c) Nội dung  20  20  2    20  5 2      2  A2 Điểm 0.5       4 (d) song song với ( )  m   4 m  2    m  2 m  m  Vậy m  2 giá trị cần tìm Thay x  1; y  vào phương trình y  ( m  2) x  m được:  (m  2).(1)  m   m   m   (đúng với m ) Vậy đường thẳng (d) qua điểm A( 1; 2) với m Cách 1: Vì điểm B thuộc ( ) nên tọa độ điểm B có dạng  x0 ;1  x0  ĐK: B khác A hay x0  1 Giả sử phương trình đường thẳng AB y  ax  b Vì A(1; 2) B  x0 ;1  x0  nên ta có hệ phương trình: a  b  4 x0   a ( x0  1)  4 x0   a   x0   ax0  b   x0 AB vng góc với ( ) 4 x0   (4)  1  aa '  1 hay x0  5  16 x0    x0   x0  17 5 37  y0     17 17  5 37  Vậy tọa độ điểm B  ;   17 17  Cách 2: Giả sử phương trình đường thẳng AB y  ax  b AB vuông góc với ( )  aa '  1 hay a  (4)  1  a   phương trình đường thẳng AB có dạng y  x  b Vì đường thẳng y  x  b qua A(1;2) nên:   (1)  b  b  4  phương trình đường thẳng AB y  x  4 0.5  Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình: 5  x   y  x    5 37  17  B ;  4   17 17   y  4 x   y  37  17 x4  x2  x x2    x ( x  2)  2.x x   (1) Đặt x x   y Phương trình (1) trở thành: y  y   y  y   (2) Giải phương trình (2) y1  ; y2  2 Với y  1) x  x  x x2     2  2  x ( x  2)  ( x  1)   x   x    x 1  x    x   1.0 Với y  2 x  x  x x   2   2  2  x ( x  2)  ( x  1)  x  x    x x   x    Câu (2,0đ) Vậy tập nghiệm phương trình (1) S  2)   1;   Lời giải thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương  x  y   xy  y  (1)   x2  y  (2) x  y   x2  Dễ thấy y  không nghiệm (1) Với y  , ta có: 2  x  y   y  xy  y 2 (1)  x  xy  y  y    2  x   y  xy  y x  y  y (4  x  y ) x  y  (3)    x2  y (3  x  y ) x  y  x y4 (4) Từ (2) (3)  x  y  x y 3 Đặt x  y  a Phương trình (4) trở thành: a4  a  3a  a   a  4a   a a 3  (a  2)   a   x y   y  2 x Thay y   x vào (2) được: 1.0 x2   x    x2  x2  x   x2  x    x2 1  5 x y 2  1  5    1  5   Thử lại ta thấy  ; ;    2 2     2 1) nghiệm hệ cho Vậy … Khi m  phương trình (1) trở thành: x2  x   (2) Giải phương trình (2) x1  4; x2  Vậy m  phương trình (1) có hai nghiệm: x1  4; x2  0.5 Xét  '  (m  1)  m   2m  Phương trình (1) có nghiệm   '   m  1,5 Vì x1 nghiệm phương trình (1) nên: x12  2( m  1) x1  m    x12  2( m  1) x1  m  Theo đề bài: x12  2(m  1) x2  3m  16 Câu (2,0đ) 2)  2( m  1) x1  m   2(m  1) x2  3m  16 1.5  2( m  1)( x1  x2 )  4m  20 Mà x1  x2  2(m  1) (theo hệ thức Vi-ét) nên: 4(m  1)  4m  20  4m  8m   4m  20  m  (TMĐK) Vậy m = giá trị cần tìm B I d 0.25 M C A Câu (3,0đ) H N  ANC  góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên: Vì AMB,   90o  MA  MB AMB 1)   90o  NA  NC ANC  MB // NC  BMNC hình thang   90o nên BMNC hình thang vng Lại có AMB 0.75 2) Gọi H trung điểm MN  IH đường trung bình hình thang BMNC  IH // BM  IH  MN  IMN có HM = HN IH  MN   IMN cân I Gọi P chu vi tứ giác BMNC Ta có: P = BC + BM + MN + CN = BC + (MA + MB) + (NA + NC) 1.0 Dễ chứng minh bất đẳng thức a  b  2(a  b ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: MA  MB  2(MA  MB2 ) Mà MA  MB2  AB2 (theo định lí Py-ta-go) 3)  MA  MB  2AB2  AB Tương tự: NA  NC  2AC  AC  P  BC  2(AB  AC) Dấu “=” xảy MA  MB   NAC   45o   MAB  NA  NC Vậy d tạo với tia AB tia AC góc 45o chu vi tứ giác BMNC đạt giá trị lớn BC  2(AB  AC) Lời giải thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương Chọn điểm rơi x  z  1; y  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có: ( x  1)  2( x  1) 1.0 ( y  2)  2( y  4) ( z  3)  ( z    1)  4( z  3) P Câu (1,0đ) 2( x  1)   2 0,5( y  4) 2( z  3) a b c ( a  b  c)    với x, y, z  x y z x yz Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: (1   2) 16 P  2 2 2( x  1)  0,5( y  4)  2( z  3) 2( x  z )  0,5 y  10 Từ GT: x  y  z  y  x  z  y  y Dễ chứng minh  2( x  z )  0,5 y  10  2(3 y  y )  0,5 y  10  1,5 y  y  10  16  1,5( y  2)  16 16 P 1 16 x  z  x  z  Dấu “=” xảy   Vậy P    y  y  Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương 1.0 ... ta có: (1   2) 16 P  2 2 2( x  1)  0,5( y  4)  2( z  3) 2( x  z )  0,5 y  10 Từ GT: x  y  z  y  x  z  y  y Dễ chứng minh  2( x  z )  0,5 y  10  2(3 y  y )  0,5 y  10. .. bất đẳng thức a  b  2(a  b ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: MA  MB  2(MA  MB2 ) Mà MA  MB2  AB2 (theo định lí Py-ta-go) 3)  MA  MB  2AB2  AB Tương tự: NA  NC  2AC  AC  P ... thang vng Lại có AMB 0.75 2) Gọi H trung điểm MN  IH đường trung bình hình thang BMNC  IH // BM  IH  MN  IMN có HM = HN IH  MN   IMN cân I Gọi P chu vi tứ giác BMNC Ta có: P = BC + BM