SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN KHƠNG CHUN Thời gian : 120 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức sau: a) 3 Bài 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức H 5 b) 6 2x 2x 1 với x �0; x �1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức H b) Tìm tất giá trị x để x H0 Bài (2,5 điểm) 1) Cho đường thẳng (d): y x parabol (P): y 3x a) Tìm tọa độ A thuộc parabol (P) biết điểm A có hồnh độ x 1 b) Tìm b để đường thẳng (d) đường thẳng (d’): y x b cắt điểm trục hoành �x y 2x y � 2) a) Giải hệ phương trình � � xya Có nghiệm x; y thỏa mãn 7x 2y 5a � b) Tìm tham số a để hệ phương trình � y 2x Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 3x b) Tìm giá trị tham số m để phương trình x 2(m 1)x m có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn hệ thức x1 x 6m x1 2x Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B C tiếp điểm) với đường tròn Trên cung lớn BC lấy điểm A cho AB < AC Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt đường tròn (O) D E (MD < ME),cắt BC F, cắt AC I a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp b) Chứng minh FD.FE FB.FC;FI FE FD.FE c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) K (K khác Q) Chứng minh điểm P, K, M thẳng hàng - HẾT Họ tên thí sinh: SBD: Phòng thi số: HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) 3 23 b) 5 6 6 6 Bài 2: a) H 2x x 1 2x 2x 1 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 2x 1 x 1 x 1 x 1 2x x 1 x 1 1 x 1 x 1 x H � x � x � x Kết hợp điều kiện x �0; x �1 ta có �x 4; x �1 Vậy với �x 4; x �1 x H b) Theo đề ta có Bài 3: 1) a) Điểm A có hồnh độ x 1 thuộc P nên thay x 1 vào P ta : y 1 � A 1;3 b)Gọi B x B ;0 điểm thuộc trục hoành giao điểm hai đường thẳng d, d’ ta có B x B ;0 thuộc d � x B 1 � B 1;0 1 b � b 2 3x x2 �x y � � �� �� 2) a) � 2x y �y x � �y Lại có: B 1;0 �d ' � Vậy hệ pt có nghiệm nhất: x; y 2;3 b)Hệ phương trình có 1 � � hệ pt 2 � x y a 1 có nghiệm với a � 7x 2y 5a � Theo đề ta có hệ pt có nghiệm thỏa mãn y 2x Thay y 2x vào (1) ta được: x 2x a � x a � y 2a Thay x a; y 2a vào (2) ta được: a 2a 5a � 7a 4a 5a 1 � 8a 1 � a Vậy a thỏa mãn toán Bài 4: a) x 3x Phương trình có dạng a b c Khí pt có hai nghiệm phân biệt x1 1; x Vậy tập nghiệm phương trình là: S 1;2 b) x 2(m 1)x m 2 Ta có: ' � m 1 � � � m m 2m m 2m Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x � ' � 2m � m �x1 x m 1 � x1 x m Theo vi-ét ta có: � Theo đề ta có: x1 x 6m x1 2x � x1 x 4x1x 6m x1 2x � m 1 4m 6m x1 2x 2 � 2m x1 2x Khi kết hợp với x1 x m 1 ta có hệ pt: 4 � � x2 m x2 m � � �x1 x m 1 � 3x 4m � � 3 �� �� �� � �x1 x 2m �x1 2x 2m �x 2m m � x m 1 3 � � � x2 m � � Thay � vào x1x m ta được: � x 2m � �m 1 4� �4 �2 �1 m m m � m m � m m � (tm) � � � � � m 12 3� �3 �3 �9 � Vậy m 0; m 12 thỏa mãn yêu cầu đề Bài 5: � OCM � a) Do Mb,Mc hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên OBM 900 � OCM � Xét tứ giác MBOC có: OBM 1800 suy tứ giác MBOC tứ giác nội tiếp b) Xét tam giác FBD tam giác FEC có: � EFC � dd BFD � FCE � ( hai góc nội tiếp chắn cung BE) FDB FB FD � FD.FE FB.FC 1 FE FC � DIC � Ta có AB// ME suy BAC � MBC � (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BC) Mà BAC � MBC � � MBF � CIF � � DIC � FBD : FEC g g � Xét tam giác FBM tam giác FIC có: � IFC � (đđ) BFM � CIF � cmt MBF FB FM � FI.FM FB.FC FI FC Từ (1) (2) � FI.FM FD.FE 3 � FBM : FIC g g � c) Xét tam giác FDK tam giác FQE có: � EFQ � (đđ) KFD � FEQ � ( hai góc nội tiếp chắn cung DQ) FKD � FKD : FEQ g g FK FD � FD.FE FK.FQ FE FQ FM FK Từ (3) (4) � FI.FM FK.FQ � FQ FI � Xét tam giác FMQ tam giác FKI có: FM FK cmt FQ FI � KFI � MFQ � FKI � � FMQ : FKI c g c � FMQ Suy tứ giác KIQM tứ giác nội tiếp � � (hai góc nội tiếp chắn cung MQ) � MQK MIQ � CIF � � MBC � MIF � suy tứ giác MBIC tứ giác nội tiếp Ta có MBF Mà MOBC tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C thuộc đường tròn � 900 suy OM đường kính đường trịn qua điểm M, B, O, I, C Ta có OBM � 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Suy OIM � 900 � IM OI � MIQ � � 900 � MKQ MIQ � 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Lại có QKP � MKQ � QKP � 1800 Từ ta có: MKP Vậy điểm P, K, M thẳng hàng