037 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh lạng sơn

, SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể giao đề) Đề thi gồm có 01 trang, 05 câu ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức sau: A  16  B   3 3 C  5   b) Giải phương trình, hệ phương trình sau: 1) x  x  10  2) x  x  36  Câu (1,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn P b) Tính giá trị P a  Câu (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị  P  hàm số P y x  y  7 � 3) � 2x  y  � 1  1 a 1 a  với a �0, a �1 x b) Tìm giao điểm đồ thị hàm số  P  với đường thẳng  d  : y  x c) Cho phương trình : x   m   x  m   ( m tham số) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với m Khi tìm m 2 để biểu thức A  x1  x2  3x1 x2 đạt giá trị nhỏ Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn  AB  AC  nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường cao AH  H �BC  , từ H kẻ HM vng góc với AB  M �AB  kẻ HN vng góc với AC  N �AC  Vẽ đường kính AE đường tròn (O) cắt MN I, tia MN cắt đường tròn (O) K a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp b) Chứng minh AM AB  AN AC c) Chứng minh tứ giác CEIN nội tiếp tam giác AHK cân Câu (0,5 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a  2b  c �4   a    b    c  ĐÁP ÁN Câu A  16     B  a) b) C    3 3 53 3 5 5   2        Do  1) x  x  10  � x  x  x  10  � x  x  2  5 x    �  x  5  x    x20 x2 � � �� �� x50 x5 � � Vậy tập nghiệm phương trình S   2;5 2) x  x  36  Đặt t  x (t �0) phương trình tương đương với: t  5t  36  � t  4t  9t  36  � t  t    9(t  4)  �  t    t    t  4(ktm) � � �� x3 � t  9(tm) � � � x  3 � � Vậy tập nghiệm phương trình là: S   3;3 x  y  7 8y  � � �y  �y  3) � �� �� �� 2x  y  x  y  7 x   7 � � � �x  3 Vậy nghiệm hệ phương trình  x, y    3;1 Câu a) Với a �0, a �1 ta có: 1 a 1 a 1 P  1 1 a 1 a 1 a 1 a 1   2  a 1 a 1 1  a 1 a 1 a 1    Vậy P a 1 a 1 P 1  2 1 b) Thay a  3(tm) vào biểu thức P ta có: Vậy a  P  Câu a) Học sinh tự vẽ (P) b) Ta có phương trìn hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x 0� y 0 � x  x � x2  x  � x  x  2  � � x 2� y 2 � Vậy giao điểm đồ thị hàm số (P) với đường thẳng (d) O(0;0) A(2;2) c) Ta có x   m   x  m   (1)    m     m  1  m  4m   4m   m   0m � (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 Khi theo định lý Vi-et ta có: Theo đề ta có: A  x12  x22  3x1 x2   x1  x2   x1 x2 �x1  x2   m  � �x1 x2  m    m     m  1  m  4m   5m  1  m  m   m  2.m    4 � � 35 �  � �m � 2� 35 35 35 1 � m 0� m 2 A đạt giá trị nhỏ m giá trị cần tìm Vậy A Câu � � a) Do HM  AB, HN  AC ( gt ) � AMH  ANH  90 0 � � Xét tư giác AMHN có AMH  ANH  90  90  180 � Tứ giác AMHN tứ giác nội tiếp � � b) Do AMHN tứ giác nội tiếp (cmt) � HMN  HAN (hai góc nội tiếp chắn cung AN) � � Mà HAN  ACB  90 ( AHC vuông H) � � �  NCB �  900 � HMN ACB  900 � HMN � � �  NCB �  900 � HMN ACB  900 � HMN 0 � � � � � Xét tứ giác BMNC có: BMN  NCB  BMH  HMN  NCB  90  90  180 BMNC Suy tứ giác tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) �� AMN  � ACB (góc nồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) Xét tam giác AMN tam giác ACB có: � � � BAC chung; AMN  ACB(cmt ) AM AN  � AM AB  AN AC AC AB � � c) *)Tứ giác BMNC nội tiếp (cmt) � ANM  MBC (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) � � � � � Mà MBC  ABC  AEC (hai góc nội tiếp chắn cung AC) � ANM  AEC � Mà ACE  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) � ACE vng C �  900 � � �  900 �� ACE  EAC ANM  EAC �  900 � AIN vuông I � � AIN  900 � NIE 0 � � Xét tứ giác CEIN có: NIE  NCE  90  90  180 � Tứ giác CEIN nội tiếp *)Giả sử MN cắt  O  K cho N nằm M , K � AMN : ACB ( g g ) � Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AHC ta có: AH  AN AC (1) � Nối KE � AKE  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AKE � AK  AI AE (2) � � � Xét AIN ACE có: AIN  ACE  90 ; CAE chung AN AI  � AN AC  AI AE (3) AE AC 2 Từ (1) (2) (3) � AH  AK � AH  AK � AHK cân A (đpcm) Câu Ta có: a  2b  c �4   a    b    c  � a  2b  c �4  a  b   b  c   c  a  � AIN : ACE ( g g ) � Áp dụng BĐT Cô si ta có: a  2b  c  a  b  b  c �2  a  b  b  c �  a  2b  c  �4  a  b   b  c  �  a  2b  c   c  a  �4  a  b   b  c   c  a  a  b  c    a  c  � a  2b  c  �  a  2b  c   a  c  �1 Ta cần chứng minh : a  2b  c  a  c  a  b  c   1  a  2b  c   a  c  � Áp dụng BĐT Cơ si ta có: 2 Vậy Bất đẳng thức chứng minh abbc ac � � � ac � � � �� a  2b  c  a  c � � b0 �� � � � b0 a  b  c 1 a  b  c 1 � � � Dấu "  " xảy ... 16     B  a) b) C    3 3 53 3 5 5   2        Do  1) x  x  10  � x  x  x  10  � x  x  2  5 x    �  x  5  x    x20 x2 � � �� �� x50 x5 � �...   2  a 1 a 1 1  a 1 a 1 a 1    Vậy P a 1 a 1 P 1  2 1 b) Thay a  3(tm) vào biểu thức P ta có: Vậy a  P  Câu a) Học sinh tự vẽ (P) b) Ta có phương trìn hồnh độ giao điểm