Đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Thái Bình năm 2019 - Ươm mầm tri thức

Bi 2 ết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều rộng mảnh vườn là 5.. m Tính chi ều rộng mảnh vườn.[r]

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 (không kể giao đề)

Câu (2,0 điểm)

Cho

1 x x A

x

+ +

=

+

1

( 0, 1)

1 1

x x

B x x

x x x x x

+ +

= − − ≥ ≠

− − + +

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)

a) Giải hệ phương trình

2

x y

x y

+ = 

 − =

 (không sử dụng máy tính cầm tay)

b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150m Bi2 ết rằng, chiều dài mảnh vườn chiều rộng mảnh vườn m Tính chiều rộng mảnh vườn

Câu (2,0 điểm)

Cho hàm số y =(m−4)x+ + (m mlà tham số)

a) Tìm mđể hàm số cho hàm số bậc đồng biến 

b) Chứng minh với giá trị mthì đồ thi hàm số cho cắt parabol

( )

:

P y=x hai điểm phân biệt Gọi x x1, 2là hồnh độ giao điểm, tìm msao cho x x1( 1− +1) x2(x2− = 1) 18

c) Gọi đồ thị hàm số cho đường thẳng ( )d Chứng minh khoảng cách từ điểm

( )0;0

O đến ( )d không lớn 65

Câu (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm Ođường kính AB K ẻ dây cung CDvng góc với AB H (H nằm Avà 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 lần lượt hình chiếu vng góc A B lên đường thẳng EF.Chứng minh

HE+HF =MN

Câu (0,5 điểm)

Chứng minh rằng:

3 3

3 a b c

b + c + a ≥

ĐÁP ÁN Câu

a) Điều kiện x≥0,x≠

Khi x =2(tmdk)ta thay vào biểu thức A ta được:

( )( )

( )( )

3 2

2 3 2

2 2

2 2

A= + + = + = + − = − + − = −

−

+ + + −

b) Điều kiện: x≥0,x≠

( )( )

( )( ) ( )( )

( )

( )( )

1

1 1

1 1

1 1

1

1

1

x x

B

x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x x

x x

x x x

+ + = − − − − + + + + − − − + − − = = − + + − + + − − = = + + − + +

c) Điều kiện : x≥0,x≠ Ta có:

1 1

1 1 1

x x x x x

C A B C

x x x x x x

+ + − + − = − ⇒ = − = = = − + + + + + + Với

0, 1 0

1 1 1 x C x

x x x C

x C x x  = ≥  + 

≥ ≠ ⇒ + > ⇒ ⇒ ≤ <

 = = − <

 + +



( )

0 0

1 x

C C x x tm

x

⇒ ∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

+ 

Vậy x=0thì C = −A B nhận giá trị nguyên

Câu

2

4 3 3

)

2 2

2

3

x x

x y x

a

x y x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ); 1; 3 x y =  

 

b) Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật x m( ) x> Khi chiều dài mảnh vườn x+5( )m

Diện tích mảnh vườn là: x+5( )m

Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật

150m nên ta có phương trình:

( )

( ) ( )

( )( )

2

2

5 150 150

15 10 150

15 10 15

10 15

10( ) 15( ) x x

x x

x x x

x x x

x x

x tm x ktm

+ =

⇔ + − =

⇔ + − − =

⇔ + − + =

⇔ − + =

=  ⇔  = −

Vậy chiều rộng mảnh vườn 10m

Câu

a) Hàm số cho hàm số bậc đồng biến 

4

4

4

m m

m

m m

− ≠ ≠

 

⇔ ⇔ >

 − >  >

 

b) Gọi đồ thị hàm số y =(m−4)x+ +m 4là đường thẳng ( )d

Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P):

( ) ( )

2

4 4 0(*)

x = m− x+ + ⇔m x − m− x− − =m

Số giao điểm (d) (P) đồng thời số nghiệm phương trình (*) Có hệ số a=1,b= −(m−4 ,) c= − − m

Ta có:

( )2 ( ) 2 2 ( )2

4 4 16 16 4 28 28

m m m m m m m m

∆ = − + + = − + + + = − + + = − +

Ta có: ∆ > ∀0 m

Nên (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình (*) ta có:

1

4

x x m

x x m

+ = −



 = − −

 Theo đề ta có:

( ) ( )

( ) ( )

1 2

2

1 2

2

1 2

1 18

18

2 18

x x x x x x x x

x x x x x x

− + − =

⇔ − + − − =

( )2 ( ) ( )

4 4 18

8 16 18

m m m

m m m m

⇔ − − − − − − − =

⇔ − + + + − + − =

2

7 10

m m

⇔ − + =

( ) ( )

( )( )

2

2 10

2

2

2( ) 5( )

m m m

m m m

m m

m tm m tm

⇔ − − + =

⇔ − − − =

⇔ − − =

=  ⇔  =

Vậy m∈{ }2;5 thỏa giá trị toán c) Ta có: ( )d :y =(m−4)x+ + m

+)Xét TH: m− = ⇔ = ta có: m ( )d :y =8là đường thẳng song song với trục hoành

( )

( )

( )

( )

, 64 65

, 65

d O d

d O d vs m

⇒ = = <

⇒ < =

+)Xét TH: m− ≠ ⇔ ≠4 m 4ta có:

Goi Alà giao điểm đường thẳng ( )d với trục Ox ⇒ A x( A;0)

( ) 4

0 4 ,0

4

4

4

A A

A

m m

m x m x A

m m

m m

OA x

m m

+  + 

⇒ = − + + ⇔ = − ⇒ − 

−  − 

+ +

⇒ = = − =

− −

Gọi B giao điểm đường thẳng ( )d với trục Oy⇒B(0;yB)

( 0) 4 (0; 4)

4

B

B

y m m m B m

OB y m

⇒ = − + + = + ⇒ +

Áp dụng hệ thức lượng cho OAB∆ vng O có đường cao OH ta có:

( )

2

2 2

1 1 1

4

4

OH OA OB m m

m

= + = +

+

 + 

 − 

 

( )

( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) )

2 2

2

2 2

2

4 4

1

4 4

m m m

OH

OH m m m m

− − + +

⇔ = + = ⇔ =

+ + + − +

Giả sử khoảng cách từ O đến đường thẳng ( )d không lớn 65 ⇔d O d( ;( ))≤ 65

( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

2

2

2

2 2

2

2

2

65 65

4

65

4

4 65 ( 0)

8 16 65 520 1105

64 528 1089

8 33

OH OH

m m

m m do m

m m m m

m m

m

⇔ ≤ ⇔ ≤

+

⇔ ≤

− +

 

⇔ + ≤  − +  − + >

⇔ + + ≤ − +

⇔ − + ≥

⇔ − ≥

Ta có: (8m−33)2 ≥ ∀ ⇒0 m OH2 ≤ ∀ ⇒65 m d O d( ,( ))=OH ≤ 65

( )

( , )

d O d

⇒ không lớn 65 với m≠4

Kết hợp hai trường hợp ta khoảng cách từ O đến đường thẳng ( )d không lớn 65

8

2

15 10 5 10 15

d

H

O B

Câu

a) Ta có AEB=900(góc nơi tiếp chắn nửa đường trịn(O))⇒GEB=900 Có CD⊥ ABtại H(gt) ⇒GHB=900

Xét tứ giác BEGH có  GHB+GEB=900 +900 =1800 ⇒ Tứ giác BEGH tứ giác nội tiếp

b) Dễ thấy tứ giác BECDnội tiếp đường trịn (O)   ⇒KEC =CDB=KDB(góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp)

Xét tam giác KCEvà tam giác KBD có: 

BKDchung; KEC =( )KDB cmt

( ) KC KE ( )

KCE KBD g g KC KD KE KB dfcm KB KD

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

c) Ta có: AFB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)⇒BF ⊥ AF(1) Xét ∆KABcó hai đường cao AE KH c, G⇒Glà trực tâm KAB∆

P

Q

N

M

F

K

E

D C

B O

A H

BG AK

⇒ ⊥ hay BG⊥ AF( )2

Từ (1) (2) ⇒qua B kẻ đường thẳng BG BF vng góc v, ới AF BG BF

⇒ ≡ hay B,G,F thẳng hàng 

90 GF AF AFG

⇒ ⊥ ⇒ =

Xét tứ giác AFGH có  AFG+AHG=900 +900 =1800 ⇒Tứ giác AFGH tứ giác nội tiếp

  GHF GAF

⇒ = (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)

 

GHF GHE HG

⇒ = ⇒ 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)

 

GEH GEF EG

⇒ = ⇒ phân giác HEF( )**

Từ (*) (**) ⇒Glà giao điểm hai đường phân giác tam giác HEF ⇒Glà 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 =HQnên cân H HB

⇒ vừa đường trung trực, vừa đường phân giác ⇒EHQ=2EHB Vì HG tia phân giác EHF cmt( )⇒EHF=2GHE

Ta có: EHQ+EHF =2( EHB+GHE)=2.900 =1800 ⇒FHQ =1800 , ,

F H Q

⇒ thẳng hàng⇒FQ=HQ+HF =HE+HF

Xét ( )O có IFQ=APB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)⇒ AP⊥NBmà ( )

MN ⊥ NB gt ⇒MN / /APhay 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  

FIQ PBA

⇒ = (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét FIQ∆ ∆PBAcó:

  0( )

90

( )

FIQ PBA ch gn FQ AP

⇒ ∆ = ∆ − ⇒ =

Xét tứ giác AMNP có   

90 M =N =APN =

⇒Tứ giác AMNP hình chữ nhật ⇒ AP=MN

Mà AP=FQ=HE+HF cmt( )⇒HE+HF =MN dfcm( )

Câu 5,

Với , ,a b cdương, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

3 3

2 2

2 ; ;

a b c

ab a bc b ca c

b + ≥ c + ≥ a + ≥ Ta có:

( ) (2 ) (2 )2 2 2 2

3 3

2 2

0 , ,

a b b c c a a b c ab bc ca a b c a b c

a b c b c a

− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + + ∀

⇒ + + ≥ + +

, , a b c

∀ thỏa mãn tốn ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

3 3

2 2

1 1

3

3

a b b c c a a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c a b c

b c a

− + − + − + − + − + − ≥

⇒ + + ≥ + + + + + − =

⇒ + + ≥ ⇒ + + ≥