SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Phần 1: 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 = (1 – m)x + m + đồng biến R A m > B m < C m < -1 D m > -1 Câu Phương trình x 2x có nghiệm x1 ; x Tính x1 x A x1 x B x1 x C x1 x 2 D x1 x 1 Câu Cho điểm M(xM; yM) thuộc đồ thị hàm số y = -3x Biết xM = - Tính yM A yM = B yM = -6 C yM = -12 D yM = 12 �x y Câu Hệ phương trình � có nghiệm ? 3x y � A B C D Vô số Câu Với số a, b thoả mãn a < 0, b < biểu thức a ab A a b B a b C a b D a 3b Câu Cho ∆ABC vng A có AB = 3cm, AC = 4cm Tính độ dài đường cao AH ∆ABC 12 12 A AH cm B AH cm C AH cm D AH cm Câu Cho đường tròn (O; 2cm) (O’; 3cm) biết OO’ = 6cm Số tiếp tuyến chung đường tròn A B C D Câu Một bóng hình cầu có đường kính 4cm Thể tích bóng 32 32 256 256 cm3 cm3 cm3 cm A B C D 3 3 Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A 2 2 � � a Với a 0, a �9 2) Chứng minh � � a 3 a 9 � � a 3 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x - = (1) (với m tham số) 1) Giải phương trình (1) với m = 2) Chứng minh với giá trị m phương trình ln có nghiệm phân biệt 3) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị m để x x1x (m 2)x1 16 � x xy y � Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình � x xy 2y 4(x 1) � Câu (2,5 điểm) Qua điểm A năm ngồi đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC đường tròn (B, C tiếp điểm Gọi E trung điểm đoạn AC, F giao điểm thứ hai EB với (O) 1) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ∆CEF ∆BEC 2) Gọi K giao điểm thứ hai AF với đường tròn (O) Chứng minh BF.CK = BK.CF 3) Chứng minh AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu (1,5 điểm) Xét số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P (x y z) 4(x y z xy yz zx) Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 TỈNH NAM ĐỊNH 2019 -2020 I/ Trắc nghiệm Câu Đáp án B A C B D C D A II/ Tự luận Câu 1: 1) A 2 2 2.1 2.1 ( 1) ( 1) 1 1 2 2) Với a 0, a �9 Ta có: �2( a 3) ( a 3) � � � VT � a 3 � a 3 � � � � a 3 a 9 � ( a 3) � a 3 � � a 6 a 36 a 3 VP a 3 a 3 � � a Với a 0, a �9 Vậy � � a 3 a 9 � � a 3 Câu 2: � x 1 1/ Với m = ta có phương trình: x 2x 0 � � x 1 � Vậy m =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 x 1 2/ Ta có (m 2) 4.1.(6) (m 2) 24 với m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với m 3) Phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với m Theo Vi-ét ta có: �x1 x m � �x1x 6 Ta có : x x1x (m 2)x1 16 � x 22 x1x (x1 x )x1 16 � x 22 x1x x12 x1x 16 � (x1 x ) 2x1x 16 � (m 2) 2.( 6) 16 m2 m4 � � � (m 2) � � �� m 2 � m0 � Vậy m = 0, m = phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn: x x1x (m 2)x1 16 Câu 3: � x xy y � �2 x xy 2y 4(x 1) � (1) (2) Ta có: (2) � x xy 2y 4x � (x 4x 4) xy y � (x 2) y(x 2) x2 x2 � � � (x 2)(x y) � � �� x 2 y x 2y � � + Thay x = vào phương trình (1) ta được: – 2y + y – = y = -3 + Thay x = – y vào phương trình (1) ta : (2 y)2 (2 y)y y � 4y y 2y y y � 2y 5y Phương trình 2y 5y có ( 5) 4.2.(3) 49 0, 57 57 3; y Ta có: y1 4 y � x 1 1 y �x 2 2 � 1� � �5 (1; 3), (2; 3), � ; � Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) �� � 2� �2 � Bài 4: 1) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ∆CEF ∆BEC Có AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) , B C ác tiếp điểm � 900 , � AB OB, AC OC � ABO ACO 900 � ACO � 900 900 1800 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Tứ giác ABOC có ABO + Đường tròn (O) có: � góc nội tiếp chắn cung CF EBC � góc tạo tia tiếp tuyến AC dây cung CF ECF � ECF � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung CF) � EBC Xét ∆CEF ∆BEC có � góc chung BEC � ECF � (chứng minh trên) EBC ∆CEF ∆BEC (g g) 2) Chứng minh BF.CK = BK.CF Xét ∆ABF ∆AKB có � góc chung BAK � AKB � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BF) ABF ∆ABF ∆AKB (g g) � BF AF (1) BK AB Chứng minh tương tự ta có: ∆ACF ∆AKC (g g) CF AF CK AC (2) Mà AB = AC (t/c tiếp tuyến cắt (O)) (3) BF CF Từ (1), (2) (3) � � BF.CK BK.CF BK CK 3) Chứng minh AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Có ∆ECF ∆EBC (Chứng minh câu a) � EC EF � EC EB.EF EB EC Mà EC = EA (gt) � EA EB.EF � EA EF EB EA Xét ∆BEA ∆AEF có: EA EF EB EA � góc chung AEB � EBA � � ABF � ∆BEA ∆AEF (c.g.c) � EAF ( hai góc tương ứng) hay EAF Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chưa điểm E, kẻ tia Ax tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ABF � xAF � (Cùng ABF � ) tia AE trùng với tia Ax � EAF AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu 5: Ta có: x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = [(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = (x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) = (x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = (x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ với x, y, z x² + y² + z² - xy - xz – yz > x + y + z t ta có �8 t �t 2 2 P (x y z) 4(x y z xy yz zx) � � 2 t �2 � t Đặt x + y + z = t (t > 0) x² + y² + z² - xy - xz – yz t2 t2 �2 2t (dấu xảy t = 2) 2 8 2t �2 2t (dấu xảy t = 2) t t P ≥ – = Tồn x = y = 1, z = P = Áp dụng BĐT Cơ si ta có: Vậy giá trị nhỏ P