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 x30 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 0m 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 x30 x 3 �