UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO I ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: Tốn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời câu sau: Câu Khi A x=7 x + −1 biểu thức B có giá trị là: C Câu Trong hàm số sau, hàm số đồng biến A y =1− x B C Câu Số nghiệm phương trình A B y = ax ( a ≠ 0) Câu Cho hàm số a= a=2 B Câu Từ điểm A x − 3x + = A 30 B Câu Cho tam giác AH = 12cm, A II 6cm Điểm C M ( 1;2 ) 60 HB = HC ( O) · BAC = 300 ABC D là: C vuông A Gọi D thuộc đồ thị hàm số 120 H a= a = −2 nằm bên ngồi đường trịn y = −2 x + C tiếp điểm) Kẻ đường kính BK Biết ) ? y = 1− x y = 2x − A ( ¡ D D ( B, C AB, AC kẻ hai tiếp tuyến tới dường tròn Số đo cung nhỏ CK là: D 1500 chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC, Biết Đọ dài đoạn BC là: 8cm B TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức C ( A= 3cm ) ( x − 1) ( x − 1) ( x + 1) x +1 + D 12cm − x +1 x −1 với x ≥ 0, x ≠ A a) Rút gọn biểu thức x 2019A b) Tìm số phương để số nguyên Câu (1,0 điểm) An đếm số kiểm tra tiết đạt điểm điểm 10 thấy nhiều 16 Tổng số điểm tất kiểm tra đạt điểm điểm 10 160 Hỏi An đạt điểm điểm 10 A, B Câu (2,5 điểm) Cho đường tròn (O), hai điểm cung lớn AB cho AC > BC tam giác nằm (O) cho ABC ( O) ·AOB = 900 Điểm C nằm AI , BK có ba góc nhọn Các đường cao tam giác ABC cắt H BK cắt điểm N (N khác điểm B); A), NA cắt MB điểm D Chứng minh AI cắt (O) điểm M (khác điểm CIHK a) Tứ giác nội tiếp đường tròn b) MN đường kính đường trịn (O) OC c) song song với DH Câu 10 (1,5 điểm) a) Cho phương trình nghiệm phân biệt x − 2mx − 2m − = ( 1) x1 , x2 với m tham số Tìm để phương trình ( 1) có hai x1 + x2 + + x1 x2 = 2m + cho b) Cho hai số thực không âm a + b3 + M= ab + a, b thỏa mãn a + b2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức ĐÁP ÁN I m PHẦN TRẮC NGHIỆM 1D 2B 3D 4A 5A PHẦN TỰ LUẬN II Câu a) Rút gọn biểu thức x ≥ 0, x ≠ Điều kiện : 6B A= ( ) ( ) ( x − 1) ( x + 1) x +1 + x −1 − x +1 x −1 x + x +1+ x − x +1 x +1 − x −1 x −1 2x + x + 2x − x − x + = − = x −1 x −1 x −1 = = = ) ( x − 1) = ( x − 1) ( ( x + 1) ( x − 1) ( x + 1) ( x ( x −1 − ) x −1 ) x −1 x −1 x +1 b) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 2019 A = 2019 x −1 6057 = 2019. − ÷ = 4038 − x +1 x +1 x +1 Ta có: 2019 A ∈ ¢ ⇒ x + 1∈U ( 6057 ) Vì x + ≥ 1∀x ≥ 0, x ≠ ⇒ x + 1∈ { 1;3;9;2019;6057} Mà x + = ⇔ x = 0(tm) TH1: x + = ⇔ x = ⇔ x = 4(tm) TH2: x + = ⇔ x = ⇔ x = 64(tm) TH3: x + = 2019 ⇔ x = 2018 ⇔ x = 20182 (tm) TH4: x + = 6057 ⇔ x = 6056 ⇔ x = 6056 (tm) TH5: x ∈ { 0;4;64;20182 ;60562 } Vậy Câu Gọi số kiểm tra tiết đạt điểm (bài) ( y∈¥) x (bài ) ( x∈¥ ) y số kiểm tra tiết đạt điểm 10 Do số kiểm tra tiết đạt điểm điểm 10 nhiều 16 nên x + y > 16 ⇔ x + y > 144(1) Tổng số điểm x kiểm tra tiết đạt điểm 9x (điểm) y 10 y Tổng số điểm kiểm tra tiết đạt điểm 10 (điểm) Do tổng số điểm tất kiểm tra đạt điểm 10 điểm 160 nên ta có phương trình: x + 10 y = 160 ⇔ x = 160 − 10 y 160 − 10 y + y > 144 ⇔ y < 16 Thay vào (1) ta có: y ∈ ¥ ⇒ y ∈ { 0;1;2;3; .;15} Do Ta có: x ∈ ¥ ⇒ x = 160 − 10 y ≡ 0(mod9) ⇒ 153 + − y − y ≡ ( mod9 ) ⇔ − y ≡ ( mod9 ) ⇔ y ≡ ( mod9 ) ⇒ y = ⇒ x = 10(tm) Vậy số kiểm tra tiết đạt điểm 10 số kiểm tra tiết đạt điểm 10 Câu a) Ta có Xét tứ giác · · AI ⊥ BC ⇒ CIH = 900 , BK ⊥ AC ⇒ CKH = 900 CIHK có · · CIH + CKH = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác CIHK tứ giác nội tiếp (Tứ 180 ) giác có tổng hai góc đối ·ACB = ·AMB = ·AOB = 900 = 450 2 b) Ta có : (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB) ·ACB = ·ACI = 450 ⇒ ∆IAC AI ⊥ BC ⇒ ∆IAC Có vng I , lại có : vng cân I · · ⇒ IAC = 450 ⇒ ·AMB = IAC = 450 ⇒ BM / / AC , mà hai góc vi trí so le BK ⊥ AC ( gt ) BN ⊥ AC ⇒ BM ⊥ BN Mà hay (từ vng góc đến song song) · · ⇒ MBN = 900 ⇒ MBN ⇒ MN nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính đường trịn (O) · · IAC = 450 (cmt ) ⇒ MAC = 450 c) Có 1· · MAC = MOC Mà (góc nội tiếp góc tâm chắn cung MC) · · OC ⊥ MN (1) ⇒ MOC = 2MAC = 2.450 = 900 ⇒ OC ⊥ OM hay ·ANB = ·ACB = ·AOB = 900 = 450 2 Ta có: (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB) · · · BKC = 900 , KCB = ·ACB = 450 ⇒ KBC = 450 KBC Tam giác có · ⇒ ·ANB = KBC = 450 ⇒ BC / / AN mà hai góc vị trí so le BC ⊥ AI ⇒ AI ⊥ AN MA ⊥ DN Theo giả thiết ta có hay (từ vng góc đến song song) BN ⊥ BM (cmt ) ⇒ BN ⊥ DM Mặt khác ta có : MA, NB DMN ⇒H DMN Xét tam giác có hai đường cao cắt H trực tâm tam giác ⇒ DH ⊥ MN (2) Từ (1) (2) Câu 10 a) Ta có: ⇒ OC / / DH (đpcm) ∆ ' = m + 2m + = ( m + 1) ∆ > ⇔ ( m + 1) > ⇔ m ≠ −1 Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m ≠ −1 Khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Theo ta có: x1 = m + m + = 2m + x2 = m − ( m + 1) = −1 x1 + x2 + + x1 x2 = 2m + ⇔ 2m + − ( 2m + 1) = 2m + ⇔ 2m + − 2m = 2m + 1 m ≥ − 2m + ≥ 2m ≥ ⇔ ⇔ m ≥ − 2m ≥ m ≤ 2m + − 2m + 2m(2 − 2m) = 4m + 4m + 2 2m ( − 2m ) = 4m + 4m − 0 ≤ m ≤ 0 ≤ m ≤ ⇔ ⇔ 4 4 m − m = 16 m + 16 m + + 32 m − m − m ( ) 16m + 32m + 24m − 24m + = 0 ≤ m ≤ 1 0 ≤ m ≤ m = ⇔ ⇔ m = ⇔ (tm) m − m + 20 m + 22 m − = )( ) ( m ≈ 0,044 m ≈ 0,044 m= m ≈ 0,044 Vậy b) Tìm giá trị lớn Ta có : Ta có: a + b3 + ab ≥ ⇔ ab + ≥ ⇔ ≤1⇔ M = ≤ a3 + b3 + ab + ab + 0 ≤ a3 ≤ a 2 a, b ≥ a ≤ ⇔ ⇔ 2 a + b = b ≤ 0 ≤ b ≤ b a + b + ≤ a 2 + b 2 + = 2.( a + b ) + = 2 + Do đó: ⇒M ≤2 2+4 Dấu "=" xảy a = a = b = ⇔ b = ⇔ ab = a = b = a = b = MaxM = 2 + ⇔ a = b = Vậy *Tìm giá trị nhỏ a3 + b3 + ≥ 3 a3.b3.1 = 3ab ⇒ a + b3 + ≥ 3ab + = ( ab + 1) a + b3 + ⇔ ≥ 3( ab + > ) ab + ⇔ M ≥1 Dấu Vậy "=" a = b ⇔ ⇔ a = b =1 a + b = xảy M = ⇔ a = b = ... đạt điểm 10 điểm 160 nên ta có phương trình: x + 10 y = 160 ⇔ x = 160 − 10 y 160 − 10 y + y > 144 ⇔ y < 16 Thay vào (1) ta có: y ∈ ¥ ⇒ y ∈ { 0;1;2;3; .;15} Do Ta có: x ∈ ¥ ⇒ x = 160 − 10 y ≡ 0(mod9)... b) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 2019 A = 2019 x −1 6057 = 2019. − ÷ = 4038 − x +1 x +1 x +1 Ta có: 2019 A ∈ ¢ ⇒ x + 1∈U ( 6057 ) Vì x + ≥ 1∀x ≥ 0, x ≠ ⇒ x + 1∈ { 1;3;9 ;2019; 6057} Mà x + = ⇔ x... đạt điểm 10 Do số kiểm tra tiết đạt điểm điểm 10 nhiều 16 nên x + y > 16 ⇔ x + y > 144(1) Tổng số điểm x kiểm tra tiết đạt điểm 9x (điểm) y 10 y Tổng số điểm kiểm tra tiết đạt điểm 10 (điểm)