bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2020 có đáp án chi tiết (tập 2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019- 2020 ĐẮK LẮK ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A  32   22 11 2) Giải phương trình: x  2x  A 3;1 3) Xác định hệ số a hàm số y  ax , biết đồ thị hàm số qua điểm  Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  (2m  n)x  (2m  3n  1)  (1) (m, n tham số) 1) Với n  , chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m 2 2) Tìm m, n để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn x1  x  1 x1  x  13 Câu (2,0 điểm) 2 Gọi A, B 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình: giao điểm d với trục hoành trục tung; H trung điểm đoạn thẳng AB Tính độ dài đoạn thẳng OH (đơn vị đo trục tọa độ xentimét) y  x  2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao 12 cm, bán kính đáy 2cm, lượng nước cốc cao cm Người ta thả vào cốc nước viên bi hình cầu có bán kính 1cm ngập hồn tồn nước làm nước cốc dâng lên Hỏi sau thả viên bi vào mực nước cốc cách miệng cốc xentimét? (Giả sử độ dày cốc không đáng kể) Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB CD vng góc với Điểm M thuộc cung nhỏ � BD cho BOM  30 Gọi N giao điểm CM OB Tiếp tuyến M đường tròn (O) cắt OB, OD kéo dài E F Đường thẳng qua N vng góc với AB cắt EF P 1) Chứng minh tứ giác ONMP tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh tam giác EMN tam giác 3) Chứng minh NC  OP 4) Gọi H trực tâm tam giác AEF Hỏi ba điểm A, H, P có thẳng hàng khơng? Vì ? Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  2y  3z  xy 3yz 3xz S   xy  3z 3yz  x 3xz  4y Tìm giá trị lớn biểu thức: Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………… ……… Số báo danh:………………………………… Chữ kí giám thị 1:……………………… ……… Chữ kí giám thị 2:……………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2019- 2020 Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, biểu điểm hướng dẫn chấm gồm 03 trang) A ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐÁP ÁN CÂU 1) A  32   22 22   3  11 11 0.25  3  0.25 2 x  2x  � x  x    0.25 2) 0.25 x0 � �� x20 � x0 � �� x  � 0.25 0.25 2 A  3;1 3) Đồ thi hàm số y  ax qua điểm a( 3)  1 �a 1) Với n = 0, phương trình (1) trở thành: x  2mx  (2m  1)   '  m  2m   (m  1)2 2) ĐIỂM 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  ' �0, m nên phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m 0.25 x1  x  1 �x1  x  1 � � � �2 � 2  x1  x   2x1x  13 � �x1  x  13 0.25 �x  x  1 � �1 �x1x  6 Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn 2m  n  1 � �� 2m  3n  5 � �m  1 �� �n  1 0.25 �x1  x  1 �2 �x1  x  13 khi: 0.25 0.25 �2 � A � y0�x  �2 ;0 � � � 1) Do đó, giao điểm d với trục hồnh � � 2� B 0; � � x  0� y � � Do đó, giao điểm d với trục tung � � 2 (cm) Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông ABC, ta có: � OA  OB  AB  OA  OB2  (cm) AB � OH   2 (cm) 2) Thể tích nước dâng lên tổng thể tích viên bi thả vào bằng:  13  8 (cm ) Dễ thấy phần nước dâng lên dạng hình trụ có đáy với đáy cốc nước tích 8 (cm ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 8  2(cm) Chiều cao phần nước dâng lên  0.25 Vậy mực nước dâng cao cách miệng cốc là: 12    (cm) 0.25 0.5 � 1) Ta có: ONP  90 ( PN  OB ) �  900 OMP (EF tiếp tuyến M đường trịn (O)) Tứ giác ONMP có N, M nhìn OP góc vng nên tứ giác nội tiếp 900  300 �  CMO � CME   600 2 2) Ta có: (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) 0 0 � � Tam giác OME vuông M, có MOE  30 � OEM  90  30  60 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 � � Tam giác EMN có NME  NEM  60 nên tam giác � � � � 3) Tứ giác ONMP nội tiếp nên NME  NOP , mà NME  MNE (tam giác EMN đều) �  MNE � � OP / /CM � NOP Tứ giác OCNP có OP / /CN ; NP / /CO nên hình bình hành � OP  CN 4) Tam giác ENM đều, NM / /OP nên suy tam giác EOP 0 0 � � Giả sử ba điểm A, H, P thẳng hàng � AP  EF � APO  90  OPE  90  60  30 �  MOE �  300 AP  EF � AP / /OM � PAO (đồng vị) Suy tam giác AOP cân � OP  OA (mâu thuẫn P nằm tiếp tuyến M đường trịn (O) nên P khơng thuộc đường tròn (O)) Vậy ba điểm A, H, P không thẳng hàng Đặt a  x; b  2y;c  3z , ta được: a, b,c  0; a  b  c  ab bc ac S   ab  2c bc  2a ac  2b Khi đó: Xét ab ab   ab  2c ab   a  b  c  c 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ab 1�a b � � �   a  c   b  c  �a  c b  c � � a b  Dấu đẳng thức xảy a  c b  c 0.25 0.25 bc 1� b c � ac 1� a c � � �  � �  �; � Tương tự ta có: bc  2a �b  a c  a � ac  2b �a  b c  b � b c a c   Dấu đẳng thức xảy b  a c  a ; a  b c  b �a  b b  c a  c � S� �   � �a  b b  c a  c � Cộng vế ta được: a bc hay giá trị lớn Vậy giá trị lớn S 2 x  ;y  ;z  S 3 B HƯỚNG DẪN CHẤM 0.25 0.25 Điểm thi đánh giá theo thang điểm từ đến 10 Điểm thi tổng điểm thành phần không làm tròn Học sinh giải theo cách khác hợp lí cho điểm tối đa phần - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn thi: Tốn (Khơng chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (1,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình a) x   �x  y  � b) �2 x  y  Bài 2: (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau a) A  45  20  x x x4  x x  với x  b) Bài 3: (2,0 điểm) Cho Parapol ( P) : y  x đường thẳng (d ) : y  x  a) Vẽ Parapol ( P ) : y  x đường thẳng (d ) : y  x  mặt phẳng tọa độ B  P   d  b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) Bài 4: (1,0 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 1200 m Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật đó, biết chiều dài chiều rộng 10 m  O;6 cm  Kẻ hai tiếp tuyến MN , MP ( Bài 5: (3,0 điểm) Cho điểm M nằm bên đường tròn N , P hai tiếp điểm) đường tròn  O  Vẽ cát tuyến MAB đường tròn  O  cho đoạn thẳng AB  cm với A, B thuộc đường tròn  O  , A nằm M B a) Chứng minh tứ giác OPMN nội tiếp đường tròn � � b) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB So sánh góc MON góc MHN  O c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn cung nhỏ AB dây AB hình trịn tâm abc  a , b , c abc Tìm giá trị nhỏ biểu Bài 6: (1,0 điểm) Cho số thực dương thỏa mãn P   a  b  a  c  thức Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ, tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TỐN CHUNG CHÍNH THỨC C U Bài (1đ) ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM 0.5 a) x   � x  2x  y  �x  y  � �� � 2x  y  � b) �2 x  y  0.25 �y  �y  �x  �� �� �� x  5.1  �2 x  y  � �y  Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) Bài (2đ) 0,5 0,5 a) A    4 b) B x    x 1 x 0,25 x 2  x 2  0,5 x 2 0,25 0,25  x 1 x   x 1 a) Vẽ đồ thị Tọa độ điểm đồ thị ( P) : y  x x -2 -1 yx Bài (2đ) 0 1 Tọa độ điểm đồ thị (d ) : y  x  x 3 y  2x  3 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài (1đ) b) Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d): x2  x  � x2  x   Có dạng a – b + c = – (-2) + (-3) = x  1 y 1 � � � �1 � �1 x 3 y2  � Pt �2 Từ Pt (P) A  1;1 , B(3;9) Vậy : Tọa độ giao điểm (P) (d) * Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: 0,5 0,25 0,25 0,25 Gọi x chiều rộng hình chữ nhật, ( ĐK x  ) Vì chiều dài chiều rộng 10m nên chiều dài : x  10 (m) Diện tích hình chữ nhật 1200m2 nên ta có phương trình : x  x  10   1200 0.25 Giải phương trình : x  10 x  1200  ta x1  30 (thỏa ĐK) ; x2  40 ( loại) Vậy chiều rộng mảnh vườn 30m, chiều dài mảnh vườn : 40m 0.25 0.25 Vẽ hình 0.5 Bài (3đ) a) Tứ giác PMNO có = 900 = 900 (Tính chất tiếp tuyến) � + = 1800 � Tứ giác PMNO nội tiếp đường trịn đường kính MO b) Vì: H trung điểm AB, nên: OH  AB � �OHM nhìn đoạn OM góc 900 � Tứ giác MNHO nội tiếp đường trịn � = ( chắn cung MN) c) Gọi diện tích cần tính SVP SVP = SqAOB  SAOB + Ta có: OA = OB = AB = 6cm 0,25 0,25 0,25 0,25 cm   S  AOB  AOB � => => =9 15,59  R n  62.60   6 �18,84(cm ) S qAOB 360 + = 360 Sq  S  =>SVP = = - = 3(2  - 3 ) �18,84 - 15,59 �3,25 (cm2) abc  Bài (1đ) 0.25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 abc Tìm giá trị nhỏ biểu *Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn P   a  b  a  c  thức abc  abc � abc  a  b  c   Ta có: Theo bất đẳng thức cơsi ta có: P   a  b   a  c   a  ab  ac  bc �2 a  a  b  c  bc  0,25 0,25 0.25 Đẳng thức xảy khi: a  a  b  c   bc a  a  b  c  � � �� � bc  bc  � � 0,25 Ta thấy hệ có vơ số nghiệm dương chẳng hạn b  c  1, a   Vậy Pmin  * Học sinh giải cách khác, cho điểm tối đa Hết -SỞ GD& ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ TS VÀO 10 THPT Năm học: 2019 – 2020 Mơn: Tốn (Chung) Thời gian: 90’ (không kể giao đề) ĐỀ BÀI: Câu (2,5 điểm) A Cho biểu thức: x5 x 1 x  B  x 9 x 3 x  Tính A x = 25 Rút gọn biểu thức B A Tìm giá trị nhỏ B Câu (2,5 điểm) Giải phương trình: a) x2  5x   b) x  x   �2 x  y  � x  y  1 Giải hệ phương trình: � Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x  ax  b   (a, b tham số) Tìm a, b để phương trình có nghiệm x1, x2 �x1  x2  �3 x  x23  thỏa mãn: �1 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có hai đường chéo AC, BD vng góc với I (I khác O) Kẻ đường kính CE Chứng minh tứ giác ABDE hình thang cân AB  CD  BC  AD  2 R Chứng minh: Từ A, B kẻ đường thẳng vng góc với CD cắt BD, AC F K Tứ giác ABKF hình gì? Câu (1,0 điểm) 3 Tìm nghiệm nguyên phương trình: y  x  x  x    a   1 b    c  2 Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: A = số phương 2 ĐÁP ÁN Câu (2,5 điểm) A Cho biểu thức: x5 x 1 x  B  x 9 x  x 3 Tính A x = 25 Rút gọn biểu thức B A Tìm giá trị nhỏ B Hướng dẫn: x �0, x �9 ĐKXĐ: A 25  30   15 25   Với x = 25 (TMĐK) => x  x  ( x  1)( x  3) x  B    x 9 x 9 x 3 ( x  3)( x  3)  Có: x  x  3 x 3 x 3 x   x9 x9 x x 3 A x5 x x5  :  B x 3 x 3 x Có: ĐK: x > A x5 5   x �2 x g  x x x => B x Dấu "=" xảy Vậy MinA  � x  5 � x  5(TM ) x Câu (2,5 điểm) Giải phương trình: x2  5x   a) b) x  x   �2 x  y  � Giải hệ phương trình: �x  y   Hướng dẫn: x 1 � x  5x   � � x4 � � ( x  2)  � x  � x  x   � ( x  2)( x  3)  � � ( x  3)  (Vo ly ) � 2 a) b) 2x  y  x  y  14 � x  15 � � �x  �� �� �� � �x  y   �x  y   �x  y   �y  Câu (1,0 điểm) 2 Cho phương trình: x  ax  b   (a, b tham số) Tìm a, b để phương trình có nghiệm x1, x2 �x1  x2  �3 x  x23  thỏa mãn: �1 Hướng dẫn:   a  4(b  1)  a  4b  Ta có: Để phương trình có nghiệm thì:  �0 � a  4b  �0 �x1  x2  a � �x1.x2  b  Theo Vi-Et ta có: �x1  x2  �x1  x2  � � ( x1  x2 )  x1 x2  �3 � 2 x  x2  ( x1  x2 )( x1  x1 x2  x2 )  � Mà: �1 � (  a)  b   � b  a  2 2 Thay b  a  vào biểu thức Delta ta có:   a  4b   a  4( a  4)   3a  12 ĐK:  �0 � 3a  12 �0 �  �a �2 => Do: x1  2  a    a  3a  12 a    a  3a  12  ; x2   2 2 a  3a  12  a  3a  12 x1  x2   x1  x2   3 2 a 1 �   3a  12   � (TM )  b  3 a  1 � �a  �1 � b  3 pt có nghiệm thỏa mãn đề Vậy � Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) có hai đường chéo AC, BD vng góc với I (I khác O) Kẻ đường kính CE Chứng minh tứ giác ABDE hình thang cân AB  CD  BC  AD  2 R Chứng minh: Từ A, B kẻ đường thẳng vng góc với CD cắt BD, AC F K Tứ giác ABKF hình gì? Hướng dẫn: Kết Luận : Với m  thỏa mãn yêu cầu toán Bài IV (3,0 điểm)  O  Hai đường cao BE Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn CF tam giác ABC cắt điểm H 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F thuộc đường tròn 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF 3) Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC điểm I , đường thẳng EF cắt đường thẳng AH điểm P Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB đường thẳng KH song song với đường thẳng IP Lời giải 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F thuộc đường trịn Xét tứ giác BCEF ta có : �  90� BE BEC ( đường cao) �  90� CF BFC ( đường cao) � BCEF tứ giác nội tiếp (đỉnh E , F nhìn cạnh BC góc vng) 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF � � Vẽ tiếp tuyến Ax hình vẽ � BAF  ACB (tính chất đường tiếp tuyến dây cung) � � Do tứ giác BCEF nội tiếp � AFE  ACB � � Ta suy BAF  AFE � EF //Ax (do hai góc so le trong) Lại có Ax  OA � OA  EF (đpcm) 3) Chứng minh APE ∽ ABI � � � � � � Ta có : AEB  ABI ( Vì AEB  EFC  ABI  EFC  180� ) � � Mặt khác APE  PAI  90�(vì AI  PE ) � �  90� � � AIB  PAI ( Vì AH  BC ) � APE  AIB Vậy APE ∽ ABI ( g-g) * Chứng minh KH //PI Gọi M giao điểm AO EF , dung đường kính AS Ta có BE / / CS vng góc AC BS / / CF vng góc AB � BHCS hình bình hành nên H , K , S thẳng hàng Ta có AE AC  AH AD AE AC  AM AS AH AM �ASD AH AD  AM AS �  � AHM : ASD � � AHM   � AS AD � HMSD Nội tiếp đường tròn � � � Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn � PIM  PDM  HSM � HS //PI Bài V ( 0,5 điểm) 4 2 Cho biểu thức P  a  b  ab với a, b số thực thỏa mãn a  b  ab  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P Lời giải 2 2 Ta có a  b  ab  � a  b   ab thay vào P ta P  a  b  ab   a  b2   2a 2b  ab    ab   2a 2b  ab   6ab  a 2b  2a 2b2  ab 2 49 � 49 � � � 85   ab  ab      ab  �   � � � 4� � � 2�   7ab  a 2b 2 b  0�� a 2�b2 ۳ 2ab  a �� Vì a  b   ab , mà �� b  0��� a b a� Và 2ab ab 2ab ab ab  2 2ab ab  1 7 + 3��� ab  ��+ �ab 2 suy 2 ab  1 Từ  2 ۣ ۣ� 81 81 85 85 � � 81 � 7� � � 85 ab �  � � ab  �� �   � � ab  � �  � � 4 4 4 � 2� � 2� � 2� 2 2 � � 85 ۣ ۣ 1� � ab � � 2� 21 � a � b ab  3 � � � � v� � �2 a b  b   �a   � Vậy Max P  21 Dấu = xảy � ab  � a 1 � �� �2 a b  b  Min P  Dấu = xảy � � 111Equation Chapter Section 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH �a  1 � b  1 � KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Mã Đề 01 Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A  50  18 � 1 a � B  �2  : � a  a a  a  2a  (với a �0 a ��1 ) � � b) Câu (2,5 điểm)  d  : y  ax  b qua hai điểm M  1;5  a) Tìm giá trị a b để đường thẳng N  2;8  b) Cho phương trình x  6x  m   (m tham số) Tìm giá trị m để phương x1  1  x 22  5x  m     x , x trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn Câu (1,5 điểm) Một đội xe vận tải phân công chở 112 hàng Trước khởi hành có xe phải làm nhiệm vụ khác nên xe lại phải chở thêm hàng so với dự tính Tính số xe ban đầu đội xe, biết xe chở khối lượng hàng Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O điểm M nằm ngồi đường trịn Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Đường thẳng (d) thay đổi qua M, không qua O cắt đường tròn hai điểm phân biệt C D (C nằm M D) a) Chứng minh AMBO tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MC.MD  MA c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OCD qua điểm cố định khác O Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn: a  b  3ab  Tìm giá trị lớn biểu thức P 6ab  a2  b2 ab HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Mã đề 01 Chú ý :- Mọi cách giải đúng, ngắn gọn cho điểm tương ứng - Điểm tồn khơng qui trịn - Hội đồng chấm thống để chia ý có điểm lớn 0.25 thành ý 0.25 điểm (nếu thấy cần thiết) CÂU Câu (2,0 đ) NỘI DUNG a) A  25.2  9.2  25     2 2 1 a 1 a B : a  a  1  a  1 b) ĐIỂ M 0.5 0.5 0.5   a   a  1 2a   �  a (a  1)  a a Câu (2,5 đ) a) Do đường thẳng (d) qua điểm (d) qua điểm N  2;8  0.5 M  1;5  nên ta có: a  b  ta có: 2a  b  0.5 0.5 ab5 a 3 � � �� � b2 � a, b nghiệm hệ �2a  b  0.5 b) Ta có  '  12  m 0.25 Để phương trình có nghiệm phân biệt  '  � m  12 �x1  x  � �x1x  m  0.25 Theo định lí Viet ta có Vì x nghiệm phương trình x  6x  m   nên x 22  6x  m   � x 22  5x  m   x  Khi  x1  1  x 2   5x  m   �  x1  1  x  1  � x1x  (x1  x )   � m     � m  10 (thoả mãn) Câu (1,5 đ) 0.25 0.25 112 x � Z; x  Gọi x số xe ban đầu, với , theo dự kiến xe phải chở x (tấn) 112 Khi khởi hành số xe lại x  xe phải chở x  (tấn) 112 112  1 x2 Theo tốn ta có phương trình: x x  16 � 112(x  2)  112x  x(x  2) � x  2x  224  � � x  14 � Đối chiếu điều kiện kết luận số xe ban đầu 16 (xe) A D C H M O 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 � a) Theo tính chất tiếp tuyến có MAO  90 0.5 �  900 MBO suy tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn (đpcm) 0.5 b) Xét  MCA  MAD có góc M chung, � � � có MAC  MDA (cùng sđ AC ) 0.25 0.25 Suy  MCA  MAD đồng dạng B Câu (3,0 đ) MC MA  Suy MA MD (đpcm) � MC.MD  MA 0.25 0.25 c) Gọi H giao điểm OM AB suy H cố định Xét tam giác MAO vng A có đường cao AH suy có � MH.MO  MA 0.25 Kết hợp với MC.MD  MA nên có MH.MO  MC.MD 0.25 MC MH  � � Từ có MO MD góc M chung � MCH MOD đồng dạng � CHM  MDO 0.25 nên tứ giác OHCD nội tiếp đường tròn Câu Từ có đường trịn ngoại tiếp tam giác OCD ln qua điểm H cố định 0.25 (a  b) a  b2 � a) Ta có: (a  b) �0 � a  b �2ab � (a  b) �4ab; 0.25 2 2 Từ giả thiết a  b  3ab  (1,0 đ) � a  b   3ab �1   a  b 2 �  a  b    a  b   �0 �  a  b  2 �  a  b   2� � ��0 � a  b �3 (vì a, b  ) 3ab  ( a  b)   1 � 1  a b ab ab 2  a  b � 2 a b � �   a  b  � 9 6ab 3ab P  a  b2    a  b2  �1   ab ab 9 2 Vậy giá trị lớn P ab � � a b � a  b  3ab  � 0.25 0.25 0.25 HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 -2020 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Mà ĐỀ 02 Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: a) A  72  � 1 a � B  �2  : � a  a a  a  2a  với a �0 a ��1 � � b) Câu (2,5 điểm) (d) : y  mx  n qua hai điểm A  2;7  a) Tìm giá trị m n để đường thẳng B  1;3 b) Cho phương trình x  4x  m   (m tham số) Tìm giá trị m để phương  x  1  x 22  3x  m    2 trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn Câu (1,5 điểm) Một đội xe vận tải phân công chở 144 hàng Trước khởi hành có xe phải làm nhiệm vụ khác nên xe lại phải chở thêm hàng so với dự tính Tính số xe ban đầu đội xe, biết xe chở khối lượng hàng Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O điểm M nằm ngồi đường trịn Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (E, F tiếp điểm) Đường thẳng (d) thay đổi qua M, không qua O ln cắt đường trịn hai điểm phân biệt P Q (P nằm M Q) a) Chứng minh EMFO tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MP.MQ  ME c) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác OPQ ln qua điểm cố định khác O Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a  b  3ab  12ab 2 P a b ab Tìm giá trị lớn biểu thức -HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Mã đề 02 Chú ý :- Mọi cách giải đúng, ngắn gọn cho điểm tương ứng - Điểm tồn khơng qui trịn - Hội đồng chấm thống để chia ý có điểm lớn 0.25 thành ý 0.25 điểm (nếu thấy cần thiết) CÂU NỘI DUNG a) A  36.2  4.2  36  0.5   2  Câu (2,0 đ) ĐIỂM 0.5  1 a : 1 a � 1 a �  B  �2  : � a  a  1  a  1 a  a a  a  2a  � � b)  a  a  1 a 1  �  a(a  1)  a a 0.5 a) Do đường thẳng (d) qua điểm (d) qua điểm B  1;3 0.5 A  2;7  ta có: m  n  nên ta có: 2m  n  0.5 0.5 2m  n  m4 � � �� � m  n  n   � � m, n nghiệm hệ b) Ta có  '   m Để phương trình có nghiệm phân biệt  '  � m  Câu (2,5 đ) �x1  x  � x x  m  �1 Theo định lí Viet ta có x Vì nghiệm phương trình x  4x  m   nên x 22  4x  m   � x 22  3x  m   x  0.25 0.25  x  1  x 22  3x  m  5  2 �  x1  1  x  1  2 � x1x  (x1  x )   Khi 0.25 � m     � m  ( thoả mãn) 0.25 144 x � Z; x  Gọi x số xe ban đầu, với , theo dự kiến xe phải chở x (tấn) 144 Khi khởi hành số xe lại x  xe phải chở x  (tấn) Câu (1,5 đ) 0.5 0.25 0.25 144 144  1 x2 Theo tốn ta có phương trình: x 0.25 x  18 � � 144(x  2)  144x  x(x  2) � x  2x  288  � � x  16 � 0.5 Đối chiếu điều kiện kết luận số xe ban đầu 18 (xe) 0.25 � a) Theo tính chất tiếp tuyến có MEO  90 0.5 � Và MFO  90 suy tứ giác EMFO nội tiếp đường tròn (đpcm) 0.5 E Q P M K Câu (3,0 đ) O F (d) b) Xét  MPE  MEQ có góc M chung, �  MQE � � MEP có (cùng sđ EP ) 0.25 0.25 Suy  MPE  MEQ đồng dạng MP ME  Suy ME MQ 0.25 � MP.MQ  ME (đpcm) 0.25 c) Gọi K giao điểm OM EF suy K điểm cố định Xét tam giác  MEO vng E, có đường cao EK nên có MK.MO  ME Kết hợp với MP.MQ  ME nên MP.MQ  MK.MO 0.25 0.25 MP MK  Từ có MO MQ góc M chung � MPK MOQ đồng dạng 0.25 �  MQO � � MKP nên tứ giác OKPQ nội tiếp đường tròn Từ đường trịn ngoại tiếp tam giác OPQ ln qua điểm K cố định (a  b) 2 a  b � 2 2 Ta có: (a  b) �0 � a  b �2ab � (a  b) �4 ab; � a  b   3ab �1   a  b  Từ giả thiết a  b  3ab  Câu (1,0 đ) 2 �  a  b    a  b   �0 �  a  b  2 �  a  b   2� � ��0 � a  b �3 3ab  ( a  b)   1 � 1  ab ab ab 2 a b P  a  b � 2 2 � �   a  b  � 9 12ab 3ab 16  a  b    a  b  �2   ab ab 9 16 Giá trị lớn P ab � � ab � a  b  3ab  � 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2019 – 2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 4x2  4x   2) Giải hệ phương trình: Câu (2,0 điểm) 3x  y  � � 2y  x  � 1) Cho hai đường thẳng (d1): y  x  (d2): y  x  m (m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để (d1) (d2) cắt điểm trục hoành Ox � x x �� x  � P�  :  �� �  x  x x  x x � �� �với x  0, x �9, x �25 2) Rút gọn biểu thức: Câu (2,0 điểm) 1) Theo kế hoạch, xưởng may phải may xong 360 quần áo thời gian quy định Đến thực hiện, ngày xưởng may nhiều quần áo so với số quần áo phải may ngày theo kế hoạch Vì xưởng hồn thành kế hoạch trước ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày xưởng phải may quần áo? 2) Cho phương trình: x  (2m  1) x   (m tham số) Chứng minh phương trình x  x2  cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m Tìm giá trị m cho x1  x2 Câu (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O) (AM < AN, MN không qua O) Gọi I trung điểm MN 1) Chứng minh: Tứ giác AIOC tứ giác nội tiếp 2) Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh: AH.AO = AM.AN tứ giác MNOH tứ giác nội tiếp 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN, cắt AB BC theo thứ tự E F Chứng minh M trung điểm EF Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a  b  c  2019 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  2a  ab  2b  2b  bc  2c  2c  ca  2a Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị số 1: Chữ kí giám thị số 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Câu (2,0đ ) Phầ n Nội dung Điểm 4x2  4x   � 4x2  4x   � x2  x  1) 2) x0 x0 � � � x( x  1)  � � �� x 1  x 1 � � Vậy tập nghiệm phương trình S = {0; 1} 3x  y  6y  y  � � �y  �x  �� �� �� � 2y  x  � �x  y �x  y �y  1.0 1.0 1) Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y )  (2;1) Thay y = vào phương trình y = 2x – được: 2x – = � x = 2,5 (d1) (d2) cắt điểm trục hoành Ox � (d2) qua điểm (2,5; 0) � 2,5 – m = � m = 10 Vậy m = 10 giá trị cần tìm � x x �� x  � P�  :  �� � x� �3  x  x ��x  x  Câu (2,0đ )  2)   x  x  2x  3 x  3 x x  x  2x  3 x  3 x xx  : : : x 1 x   x 3 x 3   x 1 x  x  x 3  5 x   x    x  x  x  3 x  3 x x 3 x  �  3 x  3 x x 5  1.0 1.0 x x 5 x x  với x  0, x �9, x �25 Vậy Gọi số quần áo ngày xưởng phải may theo kế hoạch x * ĐK: x �N 360 Thời gian may xong 360 quần áo theo kế hoạch x (ngày) Thực tế, ngày xưởng may x + quần áo 360 Thời gian may xong 360 quần áo theo thực tế x  (ngày) Vì xưởng hồn thành kế hoạch trước ngày nên ta có phương trình: 360 360 360(x  4)  360x  1� 1 x x4 x(x  4) P Câu (2,0đ ) 1) � 360x  1440  360x  x  4x � x  4x  1440  Giải phương trình được: x1 = 36 (thỏa mãn ĐK) x2 = – 40 (loại) Vậy theo kế hoạch, ngày xưởng phải may 36 quần áo 1.0 2) Vì a = 1, c = – trái dấu � Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m (1) �x1  x2  2m  � x x  3 (2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: �1 Từ (2) � x1 x2 trái dấu Mà x1 < x2 � x1 < < x2 � x1   x ; x  x Do đó: x1  x  �  x1  x  � x1  x  5 (3) Từ (1) (3) � 2m   5 � m  3 Vậy m = – giá trị cần tìm 1.0 Câu (3,0đ ) 0.25 1) 2) Vì IM = IN (GT) � OI  MN (liên hệ đường kính dây) �  90o � AIO o � Lại có ACO  90 (AC tiếp tuyến (O)) Tứ giác AIOC có: �  ACO �  90o  90o  180o AIO � AIOC tứ giác nội tiếp � (O) có: B1 góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung MB �1 N góc nội tiếp chắn cung MB �1  N �1 �B � � �  ABM  ANB có: A1 chung ; B1  N1 �  ABM  ANB (g-g) AB AM �  � AB2  AM.AN AN AB Ta có: AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC (= R) 0.75 0.5 (1) � AO đường trung trực BC � BH  AO  ABO vng B (vì AB tiếp tuyến (O)), có BH đường cao � AB2 = AH.AO (hệ thức lượng tam giác vuông) (2) � Từ (1) (2) AH.AO = AM.AN AH AM �  AN AO AH.AO = AM.AN � chung ; AH  AM A AN AO  AHM  ANO có: �  AHM  ANO (c-g-c) �1  ANO � �H � � Tứ giác MNOH có H1  ANO � MNOH tứ giác nội tiếp 3) Cách 1: Gọi D giao điểm AN BC � � MNOH tứ giác nội tiếp � OMN  H  OMN cân O (vì OM = ON = R) � � �H �  ONM � � OMN  ONM � � Mà H1  ONM (theo phần 2) �1  H �4 �H o � � � � Mặt khác: H1  H  H  H  90 �2  H �3 �H � HD đường phân giác  HMN Lại có HA  HD � HA đường phân giác  HMN Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác, ta có: DM HM AM HM DM AM   �  DN HN AN HN DN AN Áp dụng hệ định lí Ta-lét, ta có: 0.5 1.0 (3) ME AM  BN AN  ABN có ME // BN MF DM �  BN DN  DBN có MF // BN ME MF �  � ME  MF BN BN Từ (3), (4), (5) Vậy M trung điểm EF Cách 2: � (4) (5) o � � �  AHD  AIO có: A chung ; AHD  AIO  90 �  AHD  AIO (g-g) AH AD �  � AH.AO  AI.AD AI AO Lại có AH.AO = AM.AN AM AI � AM.AN  AI.AD �  AD AN Vì ME // BN nên tứ giác MEBN hình thang Gọi K trung điểm EB � IK đường trung bình hình thang MEBN � KI // BN AK AI �  AB AN (hệ định lí Ta-lét) AK AM � AM AI �   � � AB AD � AD AN � � KM // BD (định lí Ta-lét đảo)  EBF có KE = KB KM // BF � ME = MF (đpcm) Ta có: � Câu (1,0đ ) 1.0  5 2  a  b   a  b �  a  b 4 � 2a  ab  2b �  a  b  Tương tự: 5 2b  bc  2c �  b  c  ; 2c  ca  2a �  c  a  2 5 P  a b  b c  c a  a b c 2 P 2019  2019 � abc  673 Dấu “=” xảy 2a  ab  2b     Vậy P  2019 � a  b  c  673 ... 100 00 + 100 x + 100 x + x2 = 1 2100 100 � x + 200x - 2100 = � x2 - 10x + 210x - 2100 = � x( x - 10) + 210( x - 10) = � ( x - 10) ( x + 210) = � � x = 10 ( tm) x - 10 = �� �� � � x + 210 = x = - 210 (... THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2019- 2020 Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án, biểu điểm hướng dẫn chấm gồm 03 trang) A ĐÁP ÁN VÀ... học sinh nữ lớp 9A Cách giải: Gọi số học sinh nam số học sinh nữ lớp 9A x, y (x,y � ,x,y