SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm Câu Tìm tất giá trị m để hàm số y = (1 – m)x + m + đồng biến R A m > B m < C m < -1 D m > -1 Câu Phương trình x − 2x − = có nghiệm x1 ; x Tính x1 + x A x1 + x = B x1 + x = C x1 + x = −2 D x1 + x = −1 Câu Cho điểm M(xM; yM) thuộc đồ thị hàm số y = -3x Biết xM = - Tính yM A yM = B yM = -6 C yM = -12 D yM = 12 x − y = Câu Hệ phương trình có nghiệm ? 3x + y = A B C D Vô số Câu Với số a, b thoả mãn a < 0, b < biểu thức a ab A − a b B − a b C a b D − a b Câu Cho ∆ABC vng A có AB = 3cm, AC = 4cm Tính độ dài đường cao AH ∆ABC 12 12 A AH = cm B AH = cm C AH = cm D AH = cm Câu Cho đường tròn (O; 2cm) (O’; 3cm) biết OO’ = 6cm Số tiếp tuyến chung đường tròn A B C D Câu Một bóng hình cầu có đường kính 4cm Thể tích bóng 32 32 256 256 π cm3 cm π cm3 cm A B C D 3 3 Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A = − 2 − + 2 ( ) − + 2) Chứng minh ÷ a + = Với a > 0, a ≠ a −3 a −9 a +3 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x - = (1) (với m tham số) 1) Giải phương trình (1) với m = 2) Chứng minh với giá trị m phương trình ln có nghiệm phân biệt 3) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị m để x − x1x + (m − 2)x1 = 16 x − xy + y − = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x + xy − 2y = 4(x − 1) Câu (2,5 điểm) Qua điểm A năm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC đường tròn (B, C tiếp điểm Gọi E trung điểm đoạn AC, F giao điểm thứ hai EB với (O) 1) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ∆CEF # ∆BEC 2) Gọi K giao điểm thứ hai AF với đường tròn (O) Chứng minh BF.CK = BK.CF 3) Chứng minh AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu (1,5 điểm) Xét số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (x + y + z) + 4(x + y + z − xy− yz − zx) Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 TỈNH NAM ĐỊNH 2019 -2020 I/ Trắc nghiệm Câu Đáp án B A C B D C D A II/ Tự luận Câu 1: 1) A = − 2 − + 2 = − 2.1 + − − 2.1 + = ( − 1) − ( + 1) = −1 − +1 = − − − = −2 2) Với a > 0, a ≠ Ta có: VT = − + ÷ a −3 a −9 a +3 ( 2( a − 3) − ( a + 3) + a + = ÷ ÷ ( a − 3) ) ( a +3 ) a −6− a −3+ a −3 = = = VP a −3 a −3 − + Vậy ÷ a + = Với a > 0, a ≠ a −3 a −9 a +3 Câu 2: = ( ) x = −1 + 1/ Với m = ta có phương trình: x + 2x − = 0 ⇔ x = −1 − Vậy m =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = −1 + x = −1 − 2/ Ta có ∆ = (m − 2) − 4.1.( −6) = (m − 2) + 24 > với m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với m 3) Phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với m x1 + x = m − x1x = −6 Ta có : x − x1x + (m − 2)x1 = 16 Theo Vi-ét ta có: ⇔ x 22 − x1x + (x1 + x )x1 = 16 ⇔ x 22 − x1x + x12 + x1x = 16 ⇔ (x1 + x ) − 2x1x − 16 = ⇔ (m − 2) − 2.(− 6) − 16 = m − = ⇔ (m − 2) = ⇔ ⇔ m − = −2 m = m = Vậy m = 0, m = phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn: x − x1x + (m − 2)x1 = 16 Câu 3: x − xy + y − = x + xy − 2y = 4(x − 1) (1) (2) Ta có: (2) ⇔ x + xy − 2y − 4x + = ⇔ (x − 4x + 4) + xy− y = ⇔ (x − 2) + y(x − 2) = x − = x = ⇔ (x − 2)(x − + y) = ⇔ ⇔ x − + y = x = − y + Thay x = vào phương trình (1) ta được: – 2y + y – = ≡ y = -3 + Thay x = – y vào phương trình (1) ta : (2 − y) − (2 − y)y + y − = ⇔ − 4y + y − 2y + y + y − = ⇔ 2y − 5y − = Phương trình 2y − 5y − = có ∆ = (−5) − 4.2.(−3) = 49 > 0, ∆ = 5+7 5−7 = 3; y = =− Ta có: y1 = 4 + y = ⇒ x = − = −1 1 + y = − ⇒ x = 2+ = 2 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) ∈ (−1; 3), (2; − 3), ; − ÷ 2 Bài 4: 1) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ∆CEF # ∆BEC Có AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) , B C ác tiếp điểm · AB ⊥ OB, AC ⊥ OC ⇒ ABO = 900 , ·ACO = 900 · · Tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn + Đường trịn (O) có: · góc nội tiếp chắn cung CF EBC · góc tạo tia tiếp tuyến AC dây cung CF ECF · · (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung CF) ⇒ EBC = ECF Xét ∆CEF ∆BEC có · góc chung BEC · · (chứng minh trên) EBC = ECF ∆CEF # ∆BEC (g g) 2) Chứng minh BF.CK = BK.CF Xét ∆ABF ∆AKB có · góc chung BAK · · (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BF) ABF = AKB ∆ABF # ∆AKB (g g) ⇒ BF AF = (1) BK AB Chứng minh tương tự ta có: ∆ACF # ∆AKC (g g) CF AF = CK AC (2) Mà AB = AC (t/c tiếp tuyến cắt (O)) (3) BF CF Từ (1), (2) (3) ⇒ = ⇒ BF.CK = BK.CF BK CK 3) Chứng minh AE tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp ∆ABF Có ∆ECF # ∆EBC (Chứng minh câu a) ⇒ EC EF = ⇒ EC = EB.EF EB EC Mà EC = EA (gt) ⇒ EA = EB.EF ⇒ Xét ∆BEA # ∆AEF có: EA EF = EB EA EA EF = EB EA · góc chung AEB · · · · ∆BEA # ∆AEF (c.g.c) ⇒ EAF ( hai góc tương ứng) hay EAF = EBA = ABF Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chưa điểm E, kẻ tia Ax tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp °ABF · · · (Cùng ABF ) tia AE trùng với tia Ax ⇒ EAF = xAF AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu 5: Ta có: x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = ≡ [(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = ≡ (x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) = ≡ (x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = ≡ (x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = ≡ (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ với x, y, z x² + y² + z² - xy - xz – yz > x + y + z t ta có t2 t2 2 2 P = (x + y + z) + 4(x + y + z − xy − yz − zx) = + = + ÷+ − 2 t 2 t Đặt x + y + z = t (t > 0) x² + y² + z² - xy - xz – yz = t2 t2 +2≥2 = 2t (dấu xảy ≡ t = 2) 2 8 2t + ≥ 2t = (dấu xảy ≡ t = 2) t t P ≥ – = Tồn x = y = 1, z = P = Áp dụng BĐT Cơ si ta có: Vậy giá trị nhỏ P