005 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh bạc liêu

SỞ GIÁO DỤC KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: TỐN (Khơng chun) Thời gian: 120 phút Ngày thi:07/6/2019 Câu (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức a) A  45  20 b) B   27  3   12  Câu (4,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 2x  y  � � �x   b) Cho hàm số y  3x có đồ thị  P  đường thẳng  d  : y  x  Tìm tọa độ giao điểm  P   d  phép tính Câu (6,0 điểm) x  2mx  4m    1 m Cho phương trình ( tham số) a) Giải phương trình m  2 b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m c) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để 33 x1   m  1 x1  x2  2m   762019 2 Câu 4.(6,0 điểm) Trên nửa đường trịn đường kính AB, lấy hai điểm I , Q cho I thuộc cung AQ Gọi C giao điểm hai tia AI BQ H giao điểm hai dây AQ BI a) Chứng minh tứ giác CIHQ nội tiếp b) Chứng minh CI AI  HI BI c) Biết AB  R Tính giá trị biểu thức M  AI AC  BQ.BC theo R ĐÁP ÁN Câu a) 45  20  9.5  4.5   2.2   b) B     27  3   12  3   12 3  5 3   3   12 ( 32  12 �  12)  3   12   12  2 Câu 2x  y  � 3x  � �x  a) � �� �� �x  y  �y   x �y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    3;2  b) Ta có phương trình hồnh độ giao điểm : 3x  x  � x  x   0(*) Phương trình (*) có dạng a  b  c     nên có hai nghiệm � x  � y  � A  1;3 � 1 �1 � � x   � y  � B� ; � � 3 �3 � � �1 1�  ; � � A 1;3   3� � Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) Câu a) Thay m  2 vào phương trình  1 ta có: x  x   � x  x  x   � x  x  3   x  3  x30 x  3 � � �  x  3  x  1  � � �� x 1  x  1 � � Vậy m  2 phương trình có tập nghiệm S   3; 1 2  '  m   m   m  4m    m     0m   b) Ta có: Do phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m c) Áp dụng định lý Vi-et ta có: �x1  x2  2m � �x1 x2  4m  Theo ta có: 33 x1   m  1 x1  x2  2m   762019 2 � x12   m  1 x1  x2  4m  33  1524038 � x12  2mx1  4m    x1  x2   1524000 1 � x12  2mx1  4m   x  Do nghiệm phương trình �  x1  x2   1524000 � 2.2m  1524000 � m  381000 Vậy m  381000 thỏa mãn yêu cầu tốn Câu � � a) Ta có: AIB  AQB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) �  CQH �  900 � CIH 0 � � Xét tứ giác CIHQ có CIH  CQH  90  90  180 � Tứ giác CIHQ tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) b) Xét tam giác AHI tam giác BCI có: � �  900 , IAH �  IBC � AIH  BIH (hai góc nội tiếp chắn cung IQ) � AIH : BIC  g g  � AI HI  � CI AI  HI BI BI CI c) Ta có: M  AI AC  BQ.BC  AC. AC  IC   BQ. BQ  QC   AC  AC.IC  BQ  BQ.QC  AQ  QC  AC.IC  BQ  BQ.QC   AQ  BQ   QC. QC  BQ   AC.IC  AB  QC.BC  AC.IC � � Tứ giác AIQB tứ giác nội tiếp đường tròn (O) � CIQ  CBA (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) � � � Xét CIQ CBA có: ACB chung; CIQ  CBA(cmt ) � CIQ : CBA( g g ) � IC QC  � QC.BC  AC.IC � QC.BC  AC.IC  BC AC 2 Vậy M  AI AC  BQ.BC  AB   R   R ...  x  Do nghiệm phương trình �  x1  x2   1524000 � 2.2m  1524000 � m  3 8100 0 Vậy m  3 8100 0 thỏa mãn yêu cầu toán Câu � � a) Ta có: AIB  AQB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) � ... lý Vi-et ta có: �x1  x2  2m � �x1 x2  4m  Theo ta có: 33 x1   m  1 x1  x2  2m   7 62019 2 � x12   m  1 x1  x2  4m  33  1524038 � x12  2mx1  4m    x1  x2   1524000... B� ; � � 3 �3 � � �1 1�  ; � � A 1;3   3� � Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) Câu a) Thay m  2 vào phương trình  1 ta có: x  x   � x  x  x   � x  x  3   x  3  x30 x  3 �