054 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh thái bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể giao đề) Câu (2,0 điểm) x  x 1 A B x  Cho x2 x 1   ( x �0, x �1) x 1 x x 1 x  x 1 a) Tính giá trị biểu thức A x  b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm x cho biểu thức C   A.B nhận giá trị số nguyên Câu (2,0 điểm) 4x  y  � � 2x  y  a) Giải hệ phương trình � (khơng sử dụng máy tính cầm tay) b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150m Biết rằng, chiều dài mảnh vườn chiều rộng mảnh vườn 5m Tính chiều rộng mảnh vườn Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   m   x  m  ( m tham số) a) Tìm m để hàm số cho hàm số bậc đồng biến � b) Chứng minh với giá trị m đồ thi hàm số cho cắt parabol  P  : y  x hai điểm phân biệt Gọi x1, x2 hồnh độ giao điểm, tìm m cho x1  x1  1  x2  x2  1  18 c) Gọi đồ thị hàm số cho đường thẳng  d  Chứng minh khoảng cách từ điểm O  0;0  đến  d  không lớn 65 Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB Kẻ dây cung CD vng góc với AB H (H nằm A O, H khác A O) Lấy điểm G thuộc đoạn CH (G khác C H), tia AG cắt đường tròn E khác A a) Chứng minh tứ giác BEGH tứ giác nội tiếp b) Gọi K giao điểm hai đường thẳng BE CD Chứng minh KC.KD  KE.KB c) Đoạn thẳng AK cắt đường tròn tâm O F khác A Chứng minh G tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF d) Gọi M , N hình chiếu vng góc A B lên đường thẳng EF Chứng minh HE  HF  MN Câu (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a  b  c  ab  bc  ca  a b3 c   �3 b c a Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN Câu a) Điều kiện x �0, x �1 Khi x  2(tmdk ) ta thay vào biểu thức A ta được: 3 2 1    2  1  A     2 1 1 1 1  1     b) Điều kiện: x �0, x �1 x2 x 1 B   x 1 x x 1 x  x   x  x 1 x     x  1 x 1  x  1  x  x 1 x      x  1  x  x  1 x     x 1  xx   x 1 x  x 1 x x 1 c) Điều kiện : x �0, x �1 Ta có: x  x 1  x x x 11 C   A.B � C     1 x 1 x  x 1 x 1 x 1 x 1 � x C �0 � x 1 � x 0,�x��� x � C x � C 1 1 � x  x  � Với x � C ��� C  �  � x  � x   tm  x 1 Vậy x  C   A.B nhận giá trị nguyên Câu � � x x � � 4x  y  � 6x  � � � a) � �� �� �� x  y  x  y  � � �2  y  �y  �3 � 1� � �3 � Vậy hệ phương trình có nghiệm b) Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật x  m  x  Khi chiều dài mảnh vườn x   m   x; y   � �; Diện tích mảnh vườn là: x   m  Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật 150m nên ta có phương trình: x  x    150 � x  x  150  � x  15 x  10 x  150  � x  x  15   10  x  15   �  x  10   x  15   x  10(tm) � �� x  15(ktm) � Vậy chiều rộng mảnh vườn 10m Câu a) Hàm số cho hàm số bậc đồng biến �khi m  �0 m �4 � � � �m4 � � m40 m4 � � b) Gọi đồ thị hàm số y   m   x  m  đường thẳng  d  Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x   m   x  m  � x   m   x  m   0(*) Số giao điểm (d) (P) đồng thời số nghiệm phương trình (*) Có hệ số a  1, b    m   , c  m  Ta có: 2    m     m    m  8m  16  4m  16  m2  4m   28   m    28 Ta có:   m Nên (d) cắt (P) hai điểm phân biệt �x1  x2  m  � x x  m  Áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình (*) ta có: �1 Theo đề ta có: x1  x1  1  x2  x2  1  18 � x12  x1  x22  x2  18  �  x12  x22   x1 x2   x1  x2   18  �  m     m     m    18  � m  8m  16  2m   m   18  � m2  m  10  � m  2m  5m  10  � m  m  2  5 m  2  �  m    m  5  m  2(tm) � �� m  5(tm) � Vậy m � 2;5 thỏa giá trị tốn c) Ta có:  d  : y   m   x  m  +)Xét TH: m   � m  ta có:  d  : y  đường thẳng song song với trục hoành � d  O,  d     64  65 � d  O,  d    65 +)Xét TH: m �۹ vs m4 m ta có: Goi A giao điểm đường thẳng  d  với trục Ox � A  x A ;0  m4 �m4 � �   m   xA  m  � xA   � A�  ,0 � m4 �m4 � � OA  x A   m4 m4  m4 m4 Gọi B giao điểm đường thẳng  d  với trục Oy � B  0; yB  � yB   m    m   m  � B  0; m   � OB  y B  m  Áp dụng hệ thức lượng cho OAB vuông O có đường cao OH ta có: 1 1     2 2 OH OA OB �m  �  m   �m  � � � 2 m  4 m  4  m  4    �    � OH  2 OH  m    m    m  4  m  4  Giả sử khoảng cách từ O đến đường thẳng  d  không lớn ۣ OH 65 OH 65  m  4  65  m  4  2 �  m   �65 � (do �m    1� � 65 ۣ d  O;  d   65  m  4   0) � m  8m  16 �65m  520m  1105 � 64m2  528m  1089 �0 �  8m  33 �0 8m �33 �  � m OH 65 m d  O,  d     Ta có: � d  O,  d   không lớn 65 với m �4 OH 65 Kết hợp hai trường hợp ta khoảng cách từ O đến đường thẳng  d  không lớn 65 Câu 0 � � a) Ta có AEB  90 (góc nơi tiếp chắn nửa đường trịn(O)) � GEB  90 � Có CD  AB H(gt) � GHB  90 0 � � Xét tứ giác BEGH có GHB  GEB  90  90  180 � Tứ giác BEGH tứ giác nội tiếp � � � b) Dễ thấy tứ giác BECD nội tiếp đường tròn (O) � KEC  CDB  KDB (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) Xét tam giác KCE tam giác KBD có: �  KDB � (cmt ) � chung; KEC BKD KC KE  � KC.KD  KE.KB(dfcm) KB KD � c) Ta có: AFB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) � BF  AF (1) Xét KAB có hai đường cao AE , KH cắt G � G trực tâm KAB � KCE : KBD  g.g  � � BG  AK hay BG  AF   Từ (1) (2) � qua B kẻ đường thẳng BG, BF vng góc với AF BG BF  hay B,G,F thẳng hàng � GF  AF � � AFG  900 0 � � Xét tứ giác AFGH có AFG  AHG  90  90  180 � Tứ giác AFGH tứ giác nội tiếp �  GAF � � GHF (hai góc nội tiếp chắn cung GF) � � Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt) GHE  GBE (hai góc nội tiếp chắn cung GE) � � � � Lại có: GAF  EAF  EBF  GBE (hai góc nội tiếp chắn cung EF) � �  GHE � � HG � GHF phân giác EHF  * � � Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt) � GEH  GBH (hai góc nội tiếp chắn cung GH) � � � � Mà GBH  FBA  FEA  GEF (hai góc nội tiếp chắn cung AF) � �  GEF � � EG � GEH phân giác HEF  ** Từ (*) (**) � G giao điểm hai đường phân giác tam giác HEF � G tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF d) Gọi Q điểm đối xứng E qua AB, I giao điểm QO với  O  Khi IQ đường kính  O  Vì Q điểm đối xứng E qua AB hay qua HB nên HB đường trung trực EQ � HE  HQ, AE  AQ OE  OQ � Q � O  EHQ có HE  HQ nên cân H � � � HB vừa đường trung trực, vừa đường phân giác � EHQ  EHB � � � Vì HG tia phân giác EHF (cmt ) � EHF  2GHE �  EHF �  EHB �  GHE � �  1800 EHQ  2.900  1800 � FHQ Ta có: � F , H , Q thẳng hàng � FQ  HQ  HF  HE  HF � � Xét  O  có IFQ  APB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) � AP  NB mà MN  NB( gt ) � MN / / AP hay EF / / AP   � �� AF  PE (hai cung bị chắn hai dây song song nhau) � � Lại có: AQ=AE (cmt) � AE  AQ (tính chất dây căng cung) � � � � �� AF  � AQ  PE AE hay FQ AP �  PBA � � FIQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét FIQ PBA có: � � �  PBA � (cmt ) IFQ APB  900  cmt  ; IQ  AB (vì đường kính); FIQ � FIQ  PBA  ch  gn  � FQ  AP � � � Xét tứ giác AMNP có M  N  APN  90 � Tứ giác AMNP hình chữ nhật � AP  MN Mà AP  FQ  HE  HF (cmt ) � HE  HF  MN (dfcm) Câu 5, Với a, b, c dương, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a3 b3 c3  ab �2a ;  bc �2b2 ;  ca �2c b c a Ta có: 2  a  b    b  c    c  a  �0 � a  b  c �ab  bc  caa, b, c a b3 c   �a  b  c b c a a, b, c thỏa mãn toán ta có: �  a  b   b  c    c  a    a  1   b  1   c  1 �0 2 2 �  a  b  c  �2  ab  bc  ca  a  b  c    a b3 c � a  b  c �3 �   �3 b c a � a  b  c 1 Dấu xảy 2 2 ... 150 � x  x  150  � x  15 x  10 x  150  � x  x  15   10  x  15   �  x  10   x  15   x  10( tm) � �� x  15(ktm) � Vậy chiều rộng mảnh vườn 10m Câu a) Hàm số cho hàm số bậc...  �  m     m     m    18  � m  8m  16  2m   m   18  � m2  m  10  � m  2m  5m  10  � m  m  2  5 m  2  �  m    m  5  m  2(tm) � �� m  5(tm) � Vậy m... (do �m    1� � 65 ۣ d  O;  d   65  m  4   0) � m  8m  16 �65m  520m  1105 � 64m2  528m  108 9 �0 �  8m  33 �0 8m �33 �  � m OH 65 m d  O,  d     Ta có: � d  O,