TS10 20 HAU GIANG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN NĂM HỌC: 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN - THPT Thời gian : 120 phút (khơng tính thời gian giao đề) PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1: Điều kiện để hàm số y    m  3 x  đồng biến R là: A m  B m �3 C m �3 D x �3 Câu 2: Cho hàm số y  3x kết luận sau A y  giá trị lớn hàm số B y  giá trị nhỏ hàm số C Không xác định giá trị lớn hàm số D Xác định giá trị nhỏ hàm số Câu 3: Điều kiện xác định biểu thức A x �0 2019  2019 là: x C x �1 x  B x �1 D  x �1 Câu 4: Cho phương trình x  2y   1 , phương trình phương trình sau kết hợp với (1) để phương trình vô số nghiệm A 2x  3y  Câu 5: Biểu thức C  x  y  1 B 2x  4y  4  3 A   D x  y  1  có kết là: B  C  D -3 Câu 6: Cho hai phương trình x  2x  a  x  x  2a  Để hai phương trình vơ nghiệm thì: A a  B a  C a  D a  Câu 7: Cho đường tròn  O;R  dây cung AB  R Khi số đo cung nhỏ AB là: A 600 B 1200 C 1500 D 1000 Câu 8: Đường tròn hình: A Khơng có trục đối xứng C Có trục đối xứng B Có hai trục đối xứng D Có vơ số trục đối xứng Câu 9: Cho phương trình x  x   có nghiệm x1 ; x Biểu thức A  x13  x 32 có giá trị là: A A  28 B A  13 C A  13 D A  18 Câu 10: Thể tích hình cầu thay đổi bán kính hình cầu tăng gấp lần: A Tăng gấp 16 lần C Tăng gấp lần B Tăng gấp lần D Tăng gấp lần Câu 11: Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác cạnh a là: A a 3a B C 3a D a Câu 12: Cho tam giác ABC vng A khẳng định sau, khẳng định đúng? A AB cos C  AC cos B B sin B  cos C C sin B  tan C D tan B  cos C PHẦN II: TỰ LUẬN (7 điểm) Bài (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A  4   3 2  Bài (1,5 điểm) khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau: a) 5x  13x   b) x  2x  15  3x  4y  17 � c) � 5x  2y  11 � Bài (1,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ parabol (P): y  x b) Tìm m để đường thẳng (d): y   m  1 x  m  m qua điểm M  1; 1 c) Chứng minh parabol (P) cắt đường thẳng d tịa hai điểm phân biệt A B Gọi x1 ; x hoàng độ hai điểm A, B Tìm m cho x12  x 22  6x1x  2019 Bài (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O) với đáy AB cố định khơng phải đường kính Gọi C điểm thuộc cung lớn AB cho tam giác ABC nhọn M, N điểm cung nhỏ AB; AC Gọi I giao điểm BN CM Dây MN cắt AB AC H K a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp b) Chứng minh MK.MN  MI.MC c) chứng minh tam giác AKI cân K Bài 5: Với x �0 , tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  x  3x  2019 x2 - HẾT Họ tên thí sinh: SBD: Phòng thi số: HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN I: TRẮC NGHIỆM 1.B 2.A 7.A 8.D PHẦN II: TỰ LUẬN Bài 1: A   4.C 10.C 4   3 2  43   2  2   3.C 9.C    2   2  2    5.B 11.D 6.A 12.B 42   3 2      2   2  2     1 2     1 Vậy A   Bài 2: a) 5x  13x   Ta có   132  4.5.6  289  �   17 13  17 � �x1  2.5  � phương trình có hai nghiệm phân biệt � 13  17 � x2   3 � 2.5 �2 � Vậy phương trình có tập nghiệm: S  � ; 3� �5 b) x  2x  15  2 Đặt t  x  t �0  ta có phương trình: t  2t  15  �  t    t  3  � t  5  ktm  �� �t   tm  �x  Với t  � x  � � x �   Vậy phương trình có tập nghiệm: S  � � x3 3x  4y  17 � �3x  4y  17 � 13x  39 �x  �� �� �� �� c) � 5x  2y  11 10x  4y  22 5x  2y  11 � 5.3  2y  11 �y  2 � � � Bài 3: a) Tự vẽ b) Tìm m để đường thẳng (d): y   m  1 x  m  m qua điểm M  1; 1 Vì M  1; 1 thuộc (d): y   m  1 x  m  m nên thay tọa độ M vào d ta được: 1 1   m  1  m  m � m  m  m    2 m  2m  � m  m    2 �m  �� m  4 � � Vậy m  0;m  4 thỏa mãn tốn c) Phương trình hồnh độ giao điểm P d là: x   m  1 x  m  m 2 1 � x   m  1 x  m  m   1 2 �1 �  m  �  .�  m  m� Ta có   �   � � �2 �   m  2m   m  2m   2m   với m Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biết với m Nên P cắt d hai điểm phân biệt A B �x1  x   m  1 �x1.x  m  2m Theo vi-ét ta có: � 2 Theo đề ta có: x1  x  6x1x  2019 �  x1  x   4x1x  2019  2 ��  m  1 � � �  m  2m   2019  � 4m  8m   4m  8m  2019  � 16m  2015  � 16m  2015 2015 �m 16 Bài 4: �  NMC � a) Ta có: ABN (hai góc nội tiếp chắn cung hai cung nhau) �  HMI � � Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh � HBI góc nhau) �  ACM � b) Ta có MNB (hai góc nội tiếp chắn cung hai cung nhau) �  MCK � � MNI Xét tam giác MIN tam giác MKC ta có: � : chung NMC �  MCK �  cmt  MNI � MIN  MKC  g  g  � MI MK  � MK.MN  MI.MC MN MC �  MCK � (cmt) nên tứ giác NCIK nội tiếp c) Ta có MNI �  NCI �  NCM � ( góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) � HKI � sdMN � Lại có NMC (góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn)  � � � � � �  sdAN  sdBM  sdAN  sdAM  sdMN (góc có đỉnh bên đường tròn) AHN 2 � � � HKI �  AHK � mà chúng vị trí so le � AH / /KI � NCM  AHK �  KHI � mà chúng vị trí so le � AK / /HI Chứng minh tương tự ta có AKH �AH / /KI � AHKI hình bình hành (1) AK / /HI � Xét tứ giác AHIK ta có � � � (hai góc nt chắn cung MB) Tứ giác BMHI tứ giác nội tiếp � MHB  MIB �  KIC � (hai góc nt chắn cung NC) Tứ giác NCIK tứ giác nội tiếp � NKC �  NIC �  dd  � MHB �  NKI � Mà MIB �  AKH � � AHK cân H � AH  AK   � AHK Từ (1) (2) � tứ giác AHIK hình thoi � KA  KI � AKI cân K (đpcm) Bài 5: Điều kiện x �0 x  3x  2019 2019 Ta có A   1  2 x x x Đặt t   t �0  ta được: x � �2 A   3t  2019t  2019 � t  t � � 673 � 2 �2 � �� �1 � � � 2689 2689  2019 �� t  2t �  2019   2019 �t  � �� � � � 1346 � 1346 �� 1346 � � � � 1346 � 2692 2692 với t thuộc R 2689 � x  1346  tm  Dấu “=” xảy t  t   tm  Vậy A  1346 2692 1346 ... Theo đề ta có: x1  x  6x1x  201 9 �  x1  x   4x1x  201 9  2 ��  m  1 � � �  m  2m   201 9  � 4m  8m   4m  8m  201 9  � 16m  201 5  � 16m  201 5 201 5 �m 16 Bài 4: �  NMC... �0 x  3x  201 9 201 9 Ta có A   1  2 x x x Đặt t   t �0  ta được: x � �2 A   3t  201 9t  201 9 � t  t � � 673 � 2 �2 � �� �1 � � � 2689 2689  201 9 �� t  2t �  201 9   201 9 �t ... chắn cung hai cung nhau) �  HMI � � Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh � HBI góc nhau) �  ACM � b) Ta có MNB (hai góc nội tiếp chắn cung hai cung nhau) �  MCK � � MNI