Bộ 20 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT năm 2019 2020 có đáp án

Cùng tham khảo Bộ 20 đề thi tuyển sinh môn Toán vào lớp 10 THPT năm 2019 2020 có đáp án sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả. Chúc các bạn thi tốt

BỘ 20 ĐỀ THI TUYỂN SINH MƠN TỐN VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2019-2020 (CÓ ĐÁP ÁN) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày 03/6/2019 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Bài (3,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau đây: x b) x  x    3x  3   2x  y   c)   2 x  y  2  Bài (1,5 điểm) Cho hàm số có đồ thị Parabol  P  : y  0, 25 x Vẽ đồ thị  P  hàm số cho Qua điểm A  0;1 vẽ đường thẳng song song với trục hoành Ox cắt  P  tại hai điểm E F Viết tọa độ E F Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x   m   x  2m  (∗) ( m tham số) Chứ ng minh rằng phương trình (∗) ln có nghiêm với moi sớ m Tìm giá trị m để phương trình (∗) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 1   x1  x2  x1 x2 1 Bài (2,5 điểm) ̉ D thuộc cạnh AB  AB  AD  Cho tam giá c ABC vuông tại A có AB  4cm, AC  3cm Lấ y điêm Đường tròn  O  đường kính BD cắt CB tại E , kéo dài CD cắt đường tròn  O  tại F Chứng minh rằng ACED tứ giác nội tiếp Biết BF  3cm Tính BC diện tích tam giác BFC Kéo dài AF cắt đường tròn  O  tại điểm G Chứng minh rằng BA tia phân giác góc CBG Bài (1,0 điểm)Trường A tiến hành khảo sát 1500 học sinh Âm Hội sự yêu thích hội hoạ, thể thao, âm nhạc yêu thích nhạc họa khác Mỗi học sinh chỉ chọn yêu thích Biết số học sinh yêu thích hội họachiế m tỉ lê ̣ 20% so với số học sinh khảo sát Số học sinh yêu thích thể thao số học sinh yêu thích âm nhạc 30 học sinh; số học sinh yêu thích thể thao hội họa bằng với số học sinh yêu thích âm nhạc yêu thích Yêu Thể thích khác Tính sớ học sinh u thích hội họa thao khác Hỏi tổng số học sinh yêu thích thể thao âm nhạc bao nhiêu? -Hết -Số báo danh: Phòng thi: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐẠI TRÀ Nội dung gợi ý Bài Bài 1a 1,0đ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày 03/6/2019 x  3x  3 x  3x  (Làm mẫu đưa ax  b ) 3x 4x  3)  (hay 3 x  3 x 4x  3 x Vậy phương trình có nghiệm x Vậy phương trình có nghiệm x  Bài 1b 1,0đ Bài 1c 1,0đ Điểm x  3x  3   x  3    x2  x   Biệt thức Delta   b  4ac  36  20  56  '    14  Phương trình có nghiệm b   6  14 x1    3  14 2a b   6  14 x2    3  14 2a Tính x hay y; 0,5 đ  x  y    x  y      2 x  y  2  3 x  Làm x hay y phương trình 0,25đ  x  y    x  x     y   x    y   0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 y  0, 25 x2 Bài 2a 1,0đ Bảng giá trị: x 4 y  0, 25 x Đờ thị hình vẽ bên 2 0 4 1,0 Bảng giá trị cho ba cặp tọa độ 0,5 đ Hệ trục 0,25đ, Parabol 0,25đ Bài 2b 0,5đ Bài 3a 1,0đ Tọa độ điểm E  2;1 ; F  2;1 (mỗi tọa độ viết 0,25đ) x   m   x  2m  (*) 0,5 0,25 Biệt thức    m    4.2m 2  m2  4m   8m  m2  4m  0,25 Do    m    với m Viết thành tổng bình phương 0,25đ nên phương trình ln có nghiệm với m Ta có x1  x2  m  2; x1 x2  2m (hoặc x1  m; x2  ) 1  1  Bài 3b 1,0đ  x1  x2  x1 x2  m  2 2m 1   2  1 1  1 m  0 m Từ ta đó 2  0,25 1   m  0 0,5  x1  x2  x1 x2 1 0,25  x1  x2  1 x1 x2 m2 1 m  m  0 0,25 m  4m   1 m2  m  4m   m  m    m  1 Vậy m  1 thỏa đề 0m0; m  2m   m  1 m 0,25 Vậy m  1 thỏa đề C C E E Bài 0,5 A D B O A D (Hình vẽ cho câu a; 0,5đ) O B F G Chứng minh rằng ACED tứ giác nội tiếp Bài 4a 0,75đ Bài 4b 0,75đ 0,25 CAD  900 (giả thiết CED  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  Bốn điểm C, D, A, E nằm đường tròn đường kính CD Vậy tứ giác ACED tứ giác nội tiếp Biết BF  3cm Tính BC diện tích tam giác BFC ABC vuông tại A : BC  AB2  AC  42  32  25  BC  BFC vuông tại F : CF  BC  BF  52  32  16  CF  1 SBFC  BF CF  3.4  (cm2 ) 2 Bài 4c Tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn (do CAB  CFB  900 ) 0,5đ nên ABC  AFC (cùng chắn cung AC ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Mà ABG  AFC (cùng bù với DFG )  ABC  ABG 0,25 Vậy BA tia phân giác CBG Bài 5a 0,5đ Bài 5b 0,5đ Số học sinh yêu thích hội họa chiếm 20% số học sinh tồn trường nên sớ học sinh u thích hội họa 1500.20%  300 học sinh Gọi số học sinh yêu thích thể thao, âm nhạc yêu thích khác a; b; c Ta có a  b  c  300  1500  a  b  c  1200 (1) Số học sinh yêu thích thể thao hội họa bằng với số học sinh yêu thích âm nhạc yêu thích khác nên a  300  b  c (2) Số học sinh yêu thích thể thao số học sinh yêu thích âm nhạc 30 nên ta a  b  30 (3) (Tìm mối quan hệ biến) Thay (2) vào phương trình (1) ta a  a  300  1200  a  450 Thay vào phương trình (3)  b  420 Vậy tổng số học sinh yêu thích thể thao âm nhạc a  b  870 (học sinh lập hệ phương trình giải máy tính) 0,5 0,25 0,25 Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Giám khảo họp thống cách chấm trước chấm SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019- 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm trang) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 13/ 06/ 2019 Bài (3.5 điểm) a) giải phương trình: x2  3x   x  3y  4 x  y  18 b) giải hệ phương trình:  c) Rút gọn biểu thức: A   28  2 3 d) giải phương trình: x  x    x  1 2  13  Bài (1.5 điểm) Cho Parabol (P): y  2 x2 đường thẳng (d): y  x  m (với m tham sớ) a) Vẽ parabol (P) b) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x1 x2 Bài (1.0 điểm) Có vụ tai nạn vị trí B tại chân núi (chân núi có dạng đường tròn tâm O, bán kính km) trạm cứu hộ vị trí A (tham khảo hình vẽ) Do chưa biết đường để đến vị trí tai nạn nhanh nên đội cứu hộ quyết định điều hai xe cứu thương xuất phát trạm đến vị trí tai nạn theo hai cách sau: Xe thứ nhât: theo đường thẳng từ A đến B, đường xấu nên vận tớc trung bình xe 40 km/h Xe thứ hai: theo đường thẳng từ A đến C với vận tớc trung bình 60 km/h, rồi từ C đến B theo đường cung nhỏ CB chân núi với vận tớc trung bình 30 km/h (3 điểm A, O, C thẳng hàng C chân núi) Biết đoạn đường AC dài 27 km ABO  900 a) Tính độ dài quãng đường xe thứ từ A đến B b) Nếu hai xe cứu thương xuất phát lúc tại A xe xe đến vị trí tai nạn trước? C O A B Chân núi Bài (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB E điểm tùy ý nửa đường tròn đó (E khác A, B) Lêy1 điểm H thuộc đoạn EB (H khác E, B) Tia AH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai F Kéo dài tia AE tia BF cắt tại I Đường thẳng IH cắt nửa đường tròn tại P cắt AB tại K a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp đường tròn b) chứng minh AIH  ABE c) Chứng minh: cos ABP  PK  BK PA  PB d) Gọi S giao điểm tia BF tiếp tuyến tại A nửa đường tròn (O) Khi tứ giác AHIS nội tiếp đường tròn, chứng minh EF vuông góc với EK Bài (0.5 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  xy x  y  HẾT -CÓ SKKN CỦA TẤT CẢ CÁC MÔN CẤP 1-2 18 đề-8 đáp án Toán Lương Thế Vinh=10k 20 đề đáp án Toán AMSTERDAM=30k 22 đề-4 đáp án Toán Marie Cuire Hà Nội=10k 28 DE ON VAO LOP MƠN TỐN=40k 13 đề đáp án vào mơn Tốn=20k 20 đề đáp án KS đầu năm Tốn 6,7,8,9=30k/1 khới 15 ĐỀ ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TỐN 6,7,8,9 LẦN 1,2,3=30k/1 lần/1 khới 15 ĐỀ ĐÁP ÁN THI THỬ TOÁN LẦN 1,2,3=30k/1 lần 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I (II) TỐN 6,7,8,9=30k/1 khới/1 kỳ 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I (II) TỐN 6,7,8,9=30k/1 khới/1 kỳ 63 ĐỀ ĐÁP ÁN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2018-2019; 2019-2020=60k/bộ 16 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 2019-2020=30k GIÁO ÁN DẠY THÊM TỐN 6,7,8,9 (40 b̉i)=80k/1 khới Ơn hè Tốn lên 6=20k; Ơn hè Tốn lên 7=20k; Ơn hè Tốn lên 8=20k; Ơn hè Toán lên 9=50k Chuyên đề học sinh giỏi Tốn 6,7,8,9=100k/1 khới (Các chun đề tách từ đề thi HSG cấp huyện trở lên) TẶNG: đề đáp án Toán Giảng Võ Hà Nội 2008-2012 300-đề-đáp án HSG-Tốn-6-Thay Duy 225-đề-đáp án HSG-Tốn-7-Hờ-Khắc-Vũ 200-đề-đáp án HSG-Tốn-8-Hờ-Khắc-Vũ 20 đề đáp án HSG Toán năm 2013-2016 20 đề đáp án HSG Toán năm 2016-2017 45 đề đáp án HSG Toán 99 đề đáp án HSG Toán 22 đề đáp án HSG Chuyên Toán 50 ĐỀ ĐA VÀO 10 CHUYÊN TOÁN 2018-2019 ĐÁP ÁN 50 BÀI TỐN HÌNH HỌC Cách tốn: Thanh tốn qua tài khoản ngân hàng Nội dung chuyển khoản: tailieu + < số điện thoại > Số T/K VietinBank: 101867967584; Chủ T/K: Nguyễn Thiên Hương Cách nhận tài liệu: Tài liệu gửi vào email bạn qua Zalo 0946095198 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN Bài (3.5 điểm) a) giải phương trình: x2  3x   có a  b  c     nên pt có nghiệm phân biệt x1  , x2  x  3y  4 x  y  18 b) giải hệ phương trình:  x  3y  5 x  15  x  3  x  3     4 x  y  18  x  y  3  y   y   x  3 Vậy hệ pt có nghiệm nhất:  y  c) Rút gọn biểu thức: A  A 28  2 3    28  2  2 2 3 3 3  A  3   1  d) giải phương trình: x  x x  x     x  1 2   13   x    x  1  13   x    x  x  1  13  2 t  t  4 Đặt t  x2  2x , đó ta có t  t  12     x  1 x  * Với t =  x  x   x  x     * Với t = 4  x2  2x  4  x2  2x   (pt vô nghiệm) Vậy pt cho có hai nghiệm: x  1, x  Bài (1.5 điểm) a) vẽ Parabol (P): y  2 x2 Bảng giá trị: x 2 y  2 x 8 1 2 0 2 8 -2 -1 O -2 -8 b) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x1 x2 Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: 2x2  x  m  x2  x  m     8m Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt  m  1 - Vì x1 , x2 hai nghiệm pt hoành độ giao điểm, nên ta có: 1 m ; x1.x2  2 1 m   m  (Thỏa ĐK) Khi đó: x1  x2  x1 x2  2 x1  x2  Bài (1.0 điểm) a) OA = AC + R = 27 + = 30 km Xét ABO vuông tại B, có: AB  OA2  OB  302  32  11 km 11  0.75 (giờ) 40 27  0.45 (giờ) t/gian xe thứ hai từ A đến C là: 60 Xét ABO vuông tại B, có: AB 11 tan O    O  84.30 OB 3..84,3  4, 41 km Độ dài đoạn đường từ C đến B lCB  180 4, 41  0,15 giờ T/gian từ C đến B là: 30 b) t/gian xe thứ từ A đến B là: Suy thời gian xe thứ hai từ A đến B là: 0,45 + 0,15 = 0,6 giờ Vậy xe thứ hai đến điểm tai nạn trước xe thứ Bài (3.5 điểm) I P F E H A K O B a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp đường tròn Ta có: AEB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  HEI  900 (kề bù với AEB ) T tự, ta có: HFI  900 Suy ra:  HEI + HFI  900 + 900  1800  tứ giác IEHF nội tiếp đường tròn (tổng hai góc đối bằng 1800 ) b) chứng minh AIH  ABE Ta có: AIH  AFE (cùng chắn cung EH) Mà: ABE  AFE (cùng chắn cung AE) Suy ra: AIH  ABE PK  BK PA  PB ta có: AF  BI , BE  AI nên suy H trực tâm IAB  IH  AB  PK  AB c) Chứng minh: cos ABP  Tam giác ABP vuông tại P có PK đường cao nên ta có: BP.PA = AB.PK BP2  AB.BK Suy ra: BP.PA + BP2  AB.BK + AB.PK  BP.(PA  BP)  AB.(PK  BK ) BP PK  BK PK  BK    cos ABP  AB PA  BP PA  BP d) Gọi S giao điểm tia BF tiếp tuyến tại A nửa đường tròn (O) Khi tứ giác AHIS nội tiếp đường tròn, chứng minh EF vuông góc với EK Giả sử ba điểm A, H, P thẳng hàng  AP  EF  APO  900  OPE  900  600  300 AP  EF  AP / /OM  PAO  MOE  300 (đồng vị) Suy tam giác AOP cân  OP  OA (mâu thuẫn P nằm tiếp tuyến tại M đường tròn (O) nên P không thuộc đường tròn (O)) Vậy ba điểm A, H, P không thẳng hàng Đặt a  x;b  2y;c  3z , ta được: a, b,c  0; a  b  c  ab bc ac Khi đó: S    ab  2c bc  2a ac  2b Xét ab ab   ab  2c ab   a  b  c  c Dấu đẳng thức xảy chỉ Tương tự ta có: 0.25 0.25 ab 1 a b      a  c  b  c   a  c b  c  a b  a c bc 0.25 bc 1 b c  ac 1 a c        ;  bc  2a  b  a c  a  ac  2b  a  b c  b  Dấu đẳng thức xảy chỉ b c a c ;   ba ca a b cb 1ab bc ac Cộng vế ta được: S      2ab bc ac Vậy giá trị lớn S bằng chỉ a  b  c  hay giá trị lớn 3 2 S bằng chỉ x  ; y  ;z  3 B HƯỚNG DẪN CHẤM 0.25 0.25 Điểm thi đánh giá theo thang điểm từ đến 10 Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm tròn Học sinh giải theo cách khác hợp lí cho điểm tối đa phần - HẾT - 85 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: Tốn (Khơng chun) Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài 1: (1,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình a) x   x  3y  b)  2 x  y  Bài 2: (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau a) A  45  20  b) B  x x x4  với x  x x 2 Bài 3: (2,0 điểm) Cho Parapol ( P) : y  x đường thẳng (d ) : y  x  a) Vẽ Parapol ( P) : y  x đường thẳng (d ) : y  x  mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có)  P   d  Bài 4: (1,0 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 1200 m2 Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật đó, biết rằng chiều dài chiều rộng 10 m Bài 5: (3,0 điểm) Cho điểm M nằm bên đường tròn  O;6 cm  Kẻ hai tiếp tuyến MN , MP ( N , P hai tiếp điểm) đường tròn  O  Vẽ cát tuyến MAB đường tròn  O  cho đoạn thẳng AB  cm với A, B thuộc đường tròn  O  , A nằm M B a) Chứng minh tứ giác OPMN nội tiếp đường tròn b) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB So sánh góc MON góc MHN c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn cung nhỏ AB dây AB hình tròn tâm  O  Bài 6: (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  thức P   a  b  a  c  Tìm giá trị nhỏ biểu abc Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ, tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………………………… 86 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TOÁN CHUNG CHÍNH THỨC CÂU Bài (1đ) ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM 0.5 a) x    x  x  3y  2 x  y   b)  2 x  y  2 x  y  0.25 y 1 y 1 x     2 x  y  2 x  5.1  y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) Bài (2đ) a) A    4 b) B  x   x 1 x 0,25 0,5 0,5 x 2  x 2  0,5 x 2  x 1 x   x 1 a) Vẽ đồ thị Tọa độ điểm đồ thị ( P) : y  x x -2 -1 yx Bài (2đ) 0,25 0,25 0 1 Tọa độ điểm đồ thị (d ) : y  x  x 3 y  2x  3 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2  x   x2  x   Có dạng a – b + c = – (-2) + (-3) =  x1  1  y1  Pt   Từ Pt (P)    x2   y2  Vậy: Tọa độ giao điểm (P) (d) A  1;1 , B(3;9) Bài (1đ) * Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Gọi x chiều rộng hình chữ nhật, (ĐK x  ) Vì chiều dài chiều rộng 10m nên chiều dài là: x  10 (m) Diện tích hình chữ nhật 1200m2 nên ta có phương trình: x  x  10   1200 87 0,5 0,25 0,25 0,25 0.25 Giải phương trình: x  10 x  1200  ta x1  30 (thỏa ĐK) ; x2  40 (loại) Vậy chiều rộng mảnh vườn 30m, chiều dài mảnh vườn là: 40m 0.25 0.25 Vẽ hình 0.5 Bài (3đ) a) Tứ giác PMNO có P = 900 N = 900 (Tính chất tiếp tuyến)  P + N = 1800  Tứ giác PMNO nội tiếp đường tròn đường kính MO b) Vì: H trung điểm AB, nên: OH  AB  OHM  ONM  90 OHM ONM nhìn đoạn OM góc 900  Tứ giác MNHO nội tiếp đường tròn  MHN = MON (vì chắn cung MN) c) Gọi diện tích cần tính SVP SVP = SqAOB  SAOB 0.25 0.25 + Ta có: OA = OB = AB = 6cm 0,25 R n + SqAOB =   60 => AOB => SAOB =  15,59  cm   6  18,84(cm2 ) 360 360 =>SVP = Sq  S =  - = 3(2  - 3 )  18,84 - 15,59  3,25 (cm2) *Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  biểu thức P   a  b  a  c  Bài (1đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tìm giá trị nhỏ abc  abc  a  b  c   abc Theo bất đẳng thức côsi ta có: P   a  b  a  c   a  ab  ac  bc  a  a  b  c  bc  Ta có: a  b  c  a  a  b  c   bc a  a  b  c     Đẳng thức xảy khi:   bc  bc    Ta thấy hệ có vô số nghiệm dương chẳng hạn b  c  1, a   Vậy Pmin  * Học sinh giải cách khác, cho điểm tối đa Hết -88 0,25 0,25 0,25 0.25 0,25 SỞ GD& ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ TS VÀO 10 THPT Năm học: 2019 – 2020 Mơn: Tốn (Chung) Thời gian: 90’ (khơng kể giao đề) ĐỀ BÀI: Câu (2,5 điểm) x 1 x  x5  B  x 9 x 3 x 3 Cho biểu thức: A  Tính A x = 25 Rút gọn biểu thức B Tìm giá trị nhỏ A B Câu (2,5 điểm) Giải phương trình: a) x  x   b) x  x   2 x  y  Giải hệ phương trình:  x  y  1 Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x  ax  b   (a, b tham số) Tìm a, b để phương trình có nghiệm x1, x2  x1  x2  thỏa mãn:  3  x1  x2  Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có hai đường chéo AC, BD vuông góc với tại I (I khác O) Kẻ đường kính CE Chứng minh tứ giác ABDE hình thang cân Chứng minh: AB  CD  BC  AD  2 R Từ A, B kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt BD, AC tại F K Tứ giác ABKF hình gì? Câu (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  x3  x  x  Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: A = 1 a 1 b 1 c  số chính phương 2 89 ĐÁP ÁN Câu (2,5 điểm) x 1 x  x5  B  x 9 x 3 x 3 Tính A x = 25 Rút gọn biểu thức B A Tìm giá trị nhỏ B Hướng dẫn: ĐKXĐ: x  0, x  25  30 A   15 Với x = 25 (TMĐK) => 25   Cho biểu thức: A  B Có:  x 1 x  ( x 1)( x  3) x     x 9 x 9 x 3 ( x  3)( x  3) x  x 3 x 3 x 3 x   x 9 x 9 x x 3 A x5 x x5  :  B x 3 x 3 x Có: ĐK: x > A x5   x  B x x => x Dấu "=" xảy MinA   x  Vậy Câu (2,5 điểm) Giải phương trình: x2  5x   a) x 2 x  x  5(TM ) x b) x  x   2 x  y   x  y  1 Giải hệ phương trình:  Hướng dẫn: ( x  2)   x   x  2 x  x    x  x    ( x  2)( x  3)    x  a) b)  ( x  3)  0(Voly) 2 x  y  4 x  y  14 3 x  15 x   x  y     x  y     x  y     y      Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x  ax  b   (a, b tham sớ) Tìm a, b để phương trình có nghiệm x1, x2  x1  x2  thỏa mãn:  3  x1  x2  Hướng dẫn: 2 Ta có:   a  4(b  1)  a  4b  90    a  4b   Để phương trình có nghiệm thì:  x1  x2   a  x x  b  Theo Vi-Et ta có:   x1  x2   x1  x2    ( x1  x2 )  x1 x2    2 x  x2  ( x1  x2 )( x1  x1 x2  x2 )  Mà:   (  a)  b    b  a  b  a2    a  4b   a  4(a  4)   3a  12 Thay vào biểu thức Delta ta có:    3a  12     a  ĐK: x1  => 2 a   a  3a  12  a   a  3a  12  ; x2   2 2 a  3a  12 a  3a  12  3 2 a 1 Do:   3a  12     a   1(TM )  b  3  a  1  b  3 Vậy  pt có nghiệm thỏa mãn đề Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có hai đường chéo AC, BD vuông góc với tại I (I khác O) Kẻ đường kính CE Chứng minh tứ giác ABDE hình thang cân x1  x2   x1  x2  AB  CD  BC  AD  2 R Chứng minh: Từ A, B kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt BD, AC tại F K Tứ giác ABKF hình gì? Hướng dẫn: B C O E K I A N D M F 91 Có: EAC  EBC  EDC  900 (Góc nt chắn nửa đường tròn)  EA  AC  EA BD ( AC )  EADB hình thang (1)  BEC  BCE  900 Mà:  (cmt)  IDC  ICD  90 Do: IDC  BDC  ADC  BC (Góc nt chắn BC ) => ICD  ACD  BCE =>  EB  AD  EB  AD (2) Từ (1) (2) => AEBD hình thang cân (đpcm) Có:  AB  CD  BC  AD  ( ED  CD )  ( BC  EB ) (Vì: AB = ED, AD = EB (cmt)) AB  CD  BC  AD  ( ED  CD )  ( BC  EB ) (đpcm) 2 2 2 2  EC  EC  EC  2.(2 R)  2 R Giả sử: AF  CD  M ; BK  CD  N => MCA  IFA (Cùng phụ với CAM )  AFB cân tại A => AB = AF (3)  IAB  IAF (Đường cao tam giác cân) Mà: BK // AF (cùng  DC )  IKB  IAF ( SLT )  IKB  IAB ( IAF)   ABK cân tại B => BA = BK (4) Từ (3) (4) => AB = BK = AF => AF//=BK => ABKF HBH Mặt khác: => ABKF hình thoi Câu (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  x3  x  x  Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: A = 1  a 1  b 1  c  số chính phương Hướng dẫn: x3  x  x    ( x  1)( x  1)  Với y = => ( x  1)  ( Do : x    x) x = -1 Với y  => y.y2 = (x + 1)(x2 + 1)  y  x 1 2 =>  y  x  (Vì: x, y   y  y , x   x  1)  ( x  1)  x   x  x   x   x  => y = Vậy pt có nghiệm là: (x;y) = (-1; 0); (0; 1) Vì: ab+bc+ca = => + a2 = ab+bc+ca + a2 = (a+b)(a+c) (1) Tương tự: + b2 = ab+bc+ca + b2 = (a+b)(b+c) (2) + c2 = ab+bc+ca + c2 = (c+b)(a+c) (3) Từ (1), (2) (3) => A = (a+b)2(b+c)2(c+a)2 => A số CP (đpcm) 92 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,75 điểm) 1) Giải phương trình 2x 2x 2) Giải phương trình 3x 3) Giải phương trình x Câu (2,25 điểm) THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2019 – 2020 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút 7x 3y 4y 7x2 18 18 x , y 2x mặt phẳng tọa độ m2 x m y 2x song song với 2) Tìm tham số thực m để hai đường thẳng y 1) Vẽ đồ thị hai hàm số y 3) Tìm sớ thực x để biểu thức M 3x x xác định Câu (2 điểm) 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN 4a, NP 3a với a Tính theo a diện tích xung quanh hình nón tạo tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN 2) Cho x1 , x2 hai nghiệm phương trình x 3x Hãy lập phương trình bậc hai 2 x2 x2 x1 ẩn có hai nghiệm 2x1 3) Bác B vay ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất thời hạn năm Lẽ năm sau bác phải trả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm năm nữa, số tiền lãi năm đầu gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau lãi suất cũ Hết năm bác B phải trả tất 121 triệu đồng Hỏi lãi suất cho vay ngân hàng đó phần trăm năm? Câu (1 điểm) a 1) Rút gọn biểu thức P a a a a a 2) Tìm số thực x y thỏa mãn 4x y 2 (với a xy 3xy a ) Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O có hai đường cao BD CE cắt tại trực tâm H Biết ba góc CAB, ABC , BCA góc nhọn 1) Chứng minh bốn điểm B, C , D, E thuộc đường tròn 2) Chứng minh DE vuông góc với OA 3) Cho M, N trung điểm hai đoạn BC , AH Cho K , L giao điểm hai đường thẳng OM CE , MN BD Chứng minh KL song song với AC Câu (0,5 điểm) Cho ba số thực a, b , c Chứng minh rằng: a2 bc b2 ca c2 ab HẾT 93 a2 bc b2 ca c ab HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MƠN TỐN – TỈNH ĐỒNG NAI Câu (1,75 điểm) 1) Giải phương trình 2x x x 3y 2) Giải phương trình 3x y 18 3) Giải phương trình x 1) Giải phương trình: 2x b Ta có: ac 7x2 7x 4.2.6 18 x1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 2.2 ;2 18 Vậy tập nghiệm phương trình là: S 2x 3x 2.2 x2 2) Giải hệ phương trình: Lời giải 3y 4y 51 y 3y x x 2; Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: x ; y 2x 3x 3y 4y 18 6x 6x 9y 8y 17 y 15 36 3) Giải hệ phương trình: x x 18 t2 Đặt x t t Khi đó ta có phương trình Ta có: 4.18 121 t1 t2 x2 x 7t 18 11 x y 1 có hai nghiệm phân biệt: Với t 3.3 121 tm 121 11 ktm 2 Vậy phương trình cho có tập nghiệm: S 2; Câu (2,25 điểm): x , y 2x mặt phẳng tọa độ m2 x m y 2x song song với 2) Tìm tham số thực m để hai đường thẳng y 1) Vẽ đồ thị hai hàm số y 3) Tìm sớ thực x để biểu thức M 3x x xác định Lời giải 1) Vẽ đồ thị hai hàm số y +) Vẽ đồ thị hàm số y Ta có bảng giá trị: x 2 x ,y 2x mặt phẳng tọa độ 94 x y x -4 -2 -8 -2 -2 -8 x đường cong qua điểm 4; nhận trục Oy làm trục đối xứng +) Vẽ đồ thị hàm số y 2x Ta có bảng giá trị: x -1 y 2x Vậy đồ thị hàm số y Vậy đường thẳng y 2x m2 m Vậy m m2 m2 m x 1 m2 m y 2x song song với m m m 2x song song với 1 1 thỏa mãn tốn 3) Tìm số thực x để biểu thức M Biểu thức M cho xác định x 2; m y m 2; , 0; , 2; , -2 -5 đường thẳng qua hai điểm: 0; , 2) Tìm tham số thực m để hai đường thẳng y Hai đường thẳng y 4; , 3x 3x 3x x2 x2 Vậy biểu thức M xác định chỉ x ,x x2 x x xác định x x 2 Câu 3(2 điểm) (VD): 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN 4a, NP 3a với a Tính theo a diện tích xung quanh hình nón tạo tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN 95 2) Cho x1 , x2 hai nghiệm phương trình x 3x Hãy lập phương trình bậc hai x2 x2 x1 ẩn có hai nghiệm 2x1 3) Bác B vay ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất thời hạn năm Lẽ năm sau bác phải trả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm năm nữa, số tiền lãi năm đầu gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau lãi suất cũ Hết năm bác B phải trả tất 121 triệu đồng Hỏi lãi suất cho vay ngân hàng đó phần trăm năm? Lời giải 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN 4a, NP 3a với a Tính theo a diện tích xung quanh hình nón tạo tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN Khi xoay tam giác MNP vuông tại N quanh đường thẳng MN ta hình nón có chiều cao h MN 4a bán kính đáy R NP 3a Áp dụng định lí Pytago tam giác vuông MNP ta có: MP MN NP 4a 3a 25a MP 25a 5a (Do a ) Do đó hình nón có độ dài đường sinh l MP Vậy diện tích xung quanh hình nón S xq 5a Rl 2) Cho x1 , x2 hai nghiệm phương trình x ẩn có hai nghiệm 2x1 Phương trình x 3x x2 15 a2 3a.5a 3x Hãy lập phương trình bậc hai x2 x1 có nghiệm x1 , x2 (gt) nên áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1 x x1 x Xét tổng tích sau: S x1 x2 x1 x2 P 2x1 x1 x2 Ta có S x2 2 2 x2 33 4.1 x1 x2 x13 x1 x 2x1 x2 2 x1 2x1 x2 x1 x23 12 3.1.3 4P 2x2 x1 2.3 4x1 x2 x1 x x12 x2 32 2x13 2 2.1 2x23 x1 x 2 31 124 nghiệm phương trình X SX P X X 31 3) Bác B vay ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất thời hạn năm Lẽ năm sau bác phải trả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm năm nữa, số tiền lãi năm đầu gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau lãi suất cũ Hết năm bác B phải trả tất 121 triệu đồng Hỏi lãi suất cho vay ngân hàng đó phần trăm năm? Gọi lãi suất cho vay ngân hàng đó x (%/năm) (ĐK: x ) Số tiền lãi bác B phải trả sau năm gửi 100 triệu đồng 100x% x (triệu đồng) Số tiền bác B phải trả sau năm 100 x (triệu đồng) Do số tiền lãi năm đầu tính gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B phải 100 x x trả sau năm 100 x x% (triệu đồng) 100 Hết năm bác B phải trả tất 121 triệu đờng nên ta có phương trình: 96 100 x x2 100 121 100 200x 2100 x x x x x x 10 10 x 10 210 x2 210 x 10000 100x x2 100x 10x 210x 2100 x 10 x 210 0 12100 10 tm x 210 ktm Vậy lãi suất cho vay ngân hàng đó 10%/ năm Câu (1 điểm) a a a a 1) Rút gọn biểu thức P (với a a a 4x 2) Tìm số thực x y thỏa mãn a 1) Rút gọn biểu thức: P a Với a a P a a a a a Vậy P a a a 2 a a a y 3xy Lời giải a (với a a 2 a a a a a a ) a a a a a 2 a a 1) Tìm sớ thực x y thỏa mãn 4x a 2 a a ) thì: a a a a y xy a xy 4x xy y2 3xy 2 3xy 2 Lấy cộng vế với vế ta được: 4x y2 xy 2x Thay y y 3xy 2x y 4xy y y2 2x 2x vào ta được: 2x2 Với x y Với x 4x y x2 x 2.1 2 Vậy hệ có nghiệm x ; y 1 1; , 1; Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O có hai đường cao BD CE cắt tại trực tâm H Biết ba góc CAB, ABC , BCA góc nhọn 2) Chứng minh bốn điểm B, C , D, E thuộc đường tròn 97 3) Chứng minh DE vuông góc với OA 4) Cho M, N trung điểm hai đoạn BC , AH Cho K , L giao điểm hai đường thẳng OM CE , MN BD Chứng minh KL song song với AC Lời giải Phương pháp: 1) Chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc bằng 2) Kẻ tiếp tuyến Ax chứng minh Ax / /DE Cách giải: 1) Ta có: BD AC CE AB BDC CEB 90 90 Tứ giác BEDC có BDC BEC 90 nên nó tứ giác nội tiếp (tứ giá có hai đỉnh kề nhua nhìn cạnh dưới góc bằng nhau) Suy bốn điểm B , D , C , E thuộc đường tròn 2) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn O tại A Khi đó Ax AO (tính chất tiếp tuyến) Ta có: CAx CBA (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AC ) Do tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) Từ suy CAx EDA CBA EDA (góc tại đỉnh bằng góc đối diên đỉnh đó) CBA Mà hai góc vị trí so le nên DE / /Ax Mà Ax AO (cmt) nên DE AO (đpcm) Câu (0,5 điểm) Cho ba số thực a, b , c Chứng minh rằng: a2 bc b2 ca c2 ab Lời giải 98 a2 bc b2 ca c ab Phương pháp: - Đặt x a2 x y b2 bc , y z Chứng minh đẳng thức x - Từ đó đánh gái hiệu x3 Đặt x a ab đưa bất đẳng thức cần chứng minh 3xyz - c2 ca, z bc , y b ca, z y3 z3 y3 z3 ab c 3xyz x y 3xy x x y z3 x y z x y x y z x2 xy x y z x2 y2 y y z2 xy yz zx z3 3xyz z3 3xyz 3xy x y2 3xyz kết luận Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x y Ta có: x y z 3xyz x3 y3 3xyz z x z x2 y z x y z z2 3xy x y2 xz yz z2 z2 xy yz y z 3xy zx Dễ thấy: x2 y2 z2 xy yz 2 x y y z Do đó ta xét dấu x Ta có: x a2 b2 Suy x x3 y y3 z c2 y a2 ab z z3 x zx bc bc x z x y z b2 ca y 3xyz hay a2 Dấu “ =” xảy a b y2 2xy y2 z2 yz z2 zx x2 0, x , y , z c2 ca ab a b z x2 y2 bc b2 b c z2 ca xy c 99 c yz c2 a zx ab 0, a , b , c a2 bc b2 ca c ab (đpcm) ... 20 đề đáp án HSG Tốn năm 201 3 -201 6 20 đề đáp án HSG Toán năm 201 6 -201 7 45 đề đáp án HSG Toán 99 đề đáp án HSG Toán 22 đề đáp án HSG Chuyên Tốn 50 ĐỀ ĐA VÀO 10 CHUN TỐN 201 8 -201 9 ĐÁP ÁN 50 BÀI... khới/1 kỳ 20 ĐỀ ĐÁP ÁN KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I (II) TOÁN 6,7,8,9=30k/1 khới/1 kỳ 63 ĐỀ ĐÁP ÁN TỐN VÀO 10 CÁC TỈNH 201 8 -201 9; 201 9 -202 0=60k /bộ 16 ĐỀ ĐÁP ÁN CHUYÊN TOÁN VÀO 10 CÁC TỈNH 201 9 -202 0=30k... 1-2 18 đề- 8 đáp án Toán Lương Thế Vinh=10k 20 đề đáp án Toán AMSTERDAM=30k 22 đề- 4 đáp án Toán Marie Cuire Hà Nội=10k 28 DE ON VAO LOP MƠN TỐN=40k 13 đề đáp án vào mơn Toán= 20k 20 đề đáp án KS