SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 (Đề thức) Khóa ngày : 01/6/2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ (Đề thị gồm trang) Bài (2,0 điểm): Giải bất phương trình hệ phương trình sau: 3x + y = x − y = 7x – > 4x + a) ; b) Bài (2,0 điểm) : Cho Parabol ( P ) : y = 2x2 a) Vẽ đồ thị (P) hệ trục tọa độ Oxy đường thẳng ( d ) : y = 3x + ; b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) Bài (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức : a a − a +1 P = − − ÷ ÷ ÷ a − ÷ 2 a a + với x − (2m − 1) x + 2m − = b) Chứng minh phương trình : A = x12 + x22 giá trị nhỏ biểu thức a>0 a ≠1 ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Tìm ∆ Bài (2,0 điểm) : Cho ABC vng C nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, ·ABC = 600 Gọi H chân đường cao hạ từ C xuống AB, K trung điểm đoạn thẳng AC Tiếp tuyến B đường tròn tâm O cắt AC kéo dài điểm D a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AC.AD= 4R2 c) Tính theo R diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O -HẾT HƯỚNG DẪN Bài (2,0 điểm): x – > x + ⇔ 3x > ⇔ x > a) Vậy nghiệm bất phương trình x > b) 3 x + y = 6 x + y = x = x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − y = x − y = x − y = 1 − y = y = −2 Vậy, nghiệm hệ phương trình ( x; y ) = ( 1; −2 ) Bài (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y = x2 Bảng giá trị : x y = x2 Đồ thị hàm số -2 y = x2 -1 0 đường cong qua điểm: 2 ( −2;8 ) , ( −1; ) , ( 0;0 ) , ( 1; ) , ( 2;8 ) Đồ thị hình vẽ : b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : x = 3x + 22 x – 3x – = Ta có ⇒ ∆ = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > (*) ⇒ x= Phương trình (*) có hai nghiệm : ∆ =5 −1 x=2 Khi −1 x= 2 y = −1 ÷ = ( ) = ta giao điểm ( 2;8 ) Khi x = y = Vậy giao điểm (P) (d) ta giao điểm −1 ; ÷ 2 −1 ; ÷ 2 ( 2;8) Bài (2,0 điểm) a) Rút gọn : a a − a +1 P = − − ÷ ÷ ÷ a − ÷ 2 a a + a −1 ( = a ) ( a + 1) ( a − 1) ( a + 1) a −1 − với a > a ≠ = = a − −4 a a a −1 = -2 Vậy P = -2 b) Ta có ∆ ’ = = ⇒ ( m − 1) (m 2 − ( 2m − ) = m − m + − m + = m − m + − 4m + ) + = ( m − 2) Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Theo định lí vi-ét ta có : +1 x1 , x2 > với m với m x1 + x2 = 2(m − 1) x1.x2 = 2m − A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 Theo đề ta có : 2 ⇒ A = ( m − 1) − ( 2m − ) = 4m − 8m + − 4m + = ( 2m ) − 2.2m.3 + + = ( 2m − 3) + ≥ Vậy giá trị nhỏ A m = Bài (2,0 điểm) 2 ∀ m a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp đường tròn Vì K trung điểm dây cung AC nên OK ⊥ AC · ⇒ CKO = 900 Xét tứ giác CHOK có : · CKO = 900 (cmt) · CHO = 900 Vì (vì CH ⊥ AB) · · CKO + CHO = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác CHOK nội tiếp b) Chứng minh AC.AD= 4R2 Xét ∆ ACB ∆ ABD có : ·ACB = ·ABD = 900 · BAD Vậy góc chung ∆ ACB ∽ ∆ ABD (g-g) AC AB = ⇒ AB AD ⇒ AC.AD = AB2 = (2R)2 = 4R2 (đpcm) c) Tính theo R diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O Gọi S diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O Khi : S = S∆ABD − S∆ABC − Svp Ta có : OB = OC = bk, Lại có CH ⊥ AB ⇒ ·ABC = 600 ⇒ ∆ OBC tam giác H trung điểm OB ⇒ BH = R ⇒ ⇒ AH = OB = OC = BC = R 3R · BOC = 600 Trong ∆ CHB vuông H có : CH + BH = BC ⇒ CH = BC − HB = R − AH CH AB.CH = ⇒ BD = = AB BD AH Vì CH // BD (cùng vng góc với AB) nên R = 2R 3R 2 R Khi : S ∆ABD = 1 2R 2R2 AB.BD = R = 2 3 1 R R2 S∆ABC = CH AB = R = 2 2 Svp = S qBOC − S ∆BOC = π.R 60 πR R πR R − OB.CH = − R = − 360 2 Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O : ( S = S∆ABD − S∆ABC − Svp = 2 R R πR R R 10 − π − − − ÷= ÷ 12 ……………………………… R2 R = ) (đvdt)