SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Bài thi mơn:Tốn – Ngày thi: 04/6/2019 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức A = + 18 Giải hệ phương trình 3 x + y = 2 x − y = ( d1 ) : y = x − ( d2 ) : y = −2 x + 3 Tìm tọa độ giao điểm hai đường thẳng Câu (2,5 điểm) x x P= − + ( x ≥ 0, x ≠ ) x +3 x −3 x −9 Rút gọn biểu thức x + x + m − = 0(1) m Cho phương trình với tham số ( 1) m = a) Giải phương trình ( 1) x1 , x2 m b) Tìm tất giá trị để phương trình có hai nghiệm cho biểu S = ( x1 − x2 ) + x1 x2 thức đạt giá trị lớn 100 Câu (1,0 điểm) Bác Bình gửi tiết kiệm triệu đồng vào ngân hàng A, kỳ hạn năm Cùng ngày, bác gửi tiết kiệm 150 triệu đồng vào ngân hàng B, kỳ hạn năm, với 1% / lãi suất cao lãi suất ngân hàng A năm Biết sau năm kể từ ngày gửi 16,5 tiền, bác Bình nhận tổng số tiền lãi triệu đồng từ hai khoản tiền gửi tiết kiệm nêu Hỏi lãi suất tiền gửi tiết kiệm kỳ hạn năm ngân hàng A phần trăm ? Câu (3,5 điểm) M Cho đường tròn tâm O điểm nằm ngồi đường trịn Từ M kẻ đường A, B thẳng qua tâm O, cắt đường tròn hai điểm (A nằm M B) kẻ C, D đường thẳng thứ hai qua M, cắt đường tròn hai điểm phân biệt (C nằm MA M D, C khác A) Đường thẳng vng góc với M cắt đường thẳng BC NA N, đường thẳng cắt đường tròn điểm thứ hai E AMNC a) Chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp DE ⊥ MB b) Chứng minh Trên khúc sông với hai bờ song song với nhau, có đị dự định chèo qua sống từ vị trí A bờ bên sang vị trí B bờ bên kia, đường thẳng AB vng góc với bờ sơng Do bị dịng nước đẩy xiên nên đò cập bờ bên vị trí C cách B khoảng 30m Biết khúc sơng rộng 150m, hỏi dịng nước đẩy đị lệch góc có số đo ? (kết làm tròn đến giây) Câu (1,0 điểm) p p2 Tìm tất số nguyên tố cho tổng ước nguyên dương số phương x, y , z x + y + z ≥ 2019 Cho số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ 2 x y z T= + + x + yz y + zx z + xy biểu thức ĐÁP ÁN Câu A = + 18 = + 9.2 = + = 1) 3 x + y = 5 x = x = ⇔ ⇔ x − y = x − y = y = −1 2) ( x; y ) = ( 1; −1) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( d1 ) : y = x − & ( d ) : y = −2 x + 3) Tọa độ giao điểm hai đường thẳng nghiệm y = x − y = −1 ⇔ y = −2 x + x = hệ phương trình ( d1 ) , ( d ) ( x, y ) = ( 2; −1) Vậy tọa độ giao điểm hai đường thẳng Câu DK : x ≥ 0, x ≠ 1) x x − + x +3 x −3 x −9 P= = = x ( ( ) ( x + 3) + x + 3) ( x − ) ( x − − x −3 x −3 x −9+6 x ( x −3 )( x +3 2) a) Ta có ) = x x −3 )( x +3 ) x −9 =1 x −9 m=6 x2 + 5x + = phương trình (1) thành (*) a−b+c =0 Phương trình có dạng nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt là: x1 = −1; x2 = −4 Vậy m=6 S = { −4; −1} ⇔ ∆ ≥ ⇔ 25 − ( m − ) ≥ ⇔ m ≤ b) Phương trình có nghiệm Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: S = ( x1 − x2 ) + x1 x2 x1 + x2 = −5 x1 x2 = m − = x12 + x22 + x1 x2 = ( x1 + x2 ) + x1 x2 = ( −5 ) + ( m − ) = 4m + 17 m≤ Vì 17 17 ⇒ 4m + 17 ≤ + 17 = 34 4 MaxS = 34 ⇔ m = Vậy 17 17 Câu x% / x > 0) Gọi lãi suất gửi tiết kiệm kỳ hạn năm ngân hàng A năm ( ( x + 1) % / ⇒ Lãi suất gửi tiết kiệm kỳ hạn năm ngân hàng B năm 100.x% Tiền lãi bác Bình nhận sau năm gửi vào ngân hàng A là: (triệu đồng) 150 ( x + 1) % Tiền lãi bác Bình nhận sau năm gửi vào ngân hàng B là: (triệu đồng) 16,5 Tổng số tiền lãi bác Bình nhận từ hai khoản tiết kiệm triệu đồng nên ta có phương trình: 100% x + 150 ( x + 1) % = 16,5 ⇔ 100 x + 150 x + 150 = 1650 ⇔ 250 x = 1500 ⇔ x = 6(tm) Vậy lãi suất gửi tiết kiệm kỳ hạn năm ngân hàng Câu 1) · MN ⊥ AB ⇒ NMA = 900 A 6% a) Ta có: ·ACB ⇒ ·ACB = ·AMN = 900 góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) ⇒ AMNC tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) · · ⇒ CNA = CMA AMNC »AC ) b) Ta có tứ giác nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp chắn · · BNE = BMD (1) hay Xét đường trịn (O) ta có: · BNE AC BE góc có đỉnh nằm ngồi đường tròn chắn cung · » − sd »AC ⇒ BNE = sd BE (2) ( ) · DMB góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn chắn cung AC BD · » − sd »AC ⇒ DMB = sd BD (3) ( ) » = sd BE » ⇒ BD = BE sd BD Từ (1) (2) (3) suy (2 cung căng dây nhau) DE (4) ⇒B nằm đường trung trực ·ADB = ·AEB = 900 Lại có: (các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) ·ADB = AEB · = 900 (cmt ), AB BD = BE (cmt ) ∆ADB ∆AEB Xét có: chung; ⇒ ∆ADB = ∆AEB(ch − cgv) ⇒ AD = AE (hai cạnh tương ứng) ⇒A DE nằm đường trung trực (5) ⇒ AB DE Từ (4) (5) đường trung trực MB ⊥ DE (dfcm) ⇒ AB ⊥ DE hay 2) AB ⊥ BC ⇒ ∆ABC Ta có: vng B Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng ABC ta có: tan ·ACB = AB 150 = = ⇒ ·ACB = 780 41'24'' BC 30 Vậy dòng nước dẩy đị lệch góc có số đo bằng: 900 − 780 41'24'' = 11018'36'' Câu p 1) Ta có số nguyên tố ( p ∈ ¥ *) ⇒ p 1, p, p số có ước nguyên dương p2 Theo đề ta có tổng ước nguyên dương số phương ⇒ + p + p = k ( k ∈ ¥ *) ⇒ 4k = p + p + ⇔ 4k = ( p + 1) + ⇔ ( 2k ) − ( p + 1) = 2 ⇔ ( 2k − p − 1) ( 2k + p + 1) = Ta có: k , p ∈ ¥ * ⇒ 2k + p + > 0;2k − p − < 2k + p + 2k − p − = 2k − p = k = ⇔ ⇔ 2k + p + = 2k + p = p = 0( ktm) ( *) ⇒ Vậy khơng có số nguyên tố p thỏa mãn toán 2) Ta chứng minh bất đẳng thức a b2 c ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z với a , b, c , x , y , z > c a b ; x , ; y , , z÷ ÷ ÷ ÷ z x y Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho ba số ta có: a b c a b2 c x + y + z 2 + + x + y + z = + + ( ) ÷ ÷ ÷ ÷ y z z x y ÷ x ( ) ( ) ( ) a b c ≥ x+ y+ z ÷ = ( a + b + c) x ÷ y z a b2 c ( a + b + c ) ⇒ + + ≥ x y z x+ y+z Áp dụng bất đẳng thức cho số hạng T ta có: x2 y2 z2 ( x + y + z) T= + + ≥ x + yz y + zx z + xy ( x + y + z ) + yz + zx + xy ( yz + zx + xy ≤ y+z x+z x+ y + + ( BDT Co − si ) 2 Mà ⇒ yz + zx + xy ≤ x + y + z ( x + y + z) ⇒T ≥ ( x + y + z) + ( x + y + z) Dấu "=" Tmin Vậy = x + y + z 2019 ≥ 2 ⇔ x = y = z = 673 xảy 2019 = ⇔ x = y = z = 673 ) ... năm 100 .x% Tiền lãi bác Bình nhận sau năm gửi vào ngân hàng A là: (triệu đồng) 150 ( x + 1) % Tiền lãi bác Bình nhận sau năm gửi vào ngân hàng B là: (triệu đồng) 16,5 Tổng số tiền lãi bác Bình. .. tiền lãi bác Bình nhận từ hai khoản tiết kiệm triệu đồng nên ta có phương trình: 100 % x + 150 ( x + 1) % = 16,5 ⇔ 100 x + 150 x + 150 = 1650 ⇔ 250 x = 1500 ⇔ x = 6(tm) Vậy lãi suất gửi tiết kiệm... y + z ( x + y + z) ⇒T ≥ ( x + y + z) + ( x + y + z) Dấu "=" Tmin Vậy = x + y + z 2019 ≥ 2 ⇔ x = y = z = 673 xảy 2019 = ⇔ x = y = z = 673 )