ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn: TỐN (CHUNG)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian
giao đề)

Câu 1 (2 điểm): Cho biểu thức A 

1
2
1

 2
.
y y 1 y  y

a) Tìm điều kiện xác định và rút họn biểu thức A.
b) Tìm giá trị nguyên của y để A nhận giá trị nguyên.
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hàm số y   a  2  x  5 có đồ thị là đường thẳng d .
a) Với giá trị nào của a thì hàm số trên đồng biến trên

.

b) Tìm a để đường thẳng d đi qua điểm M  2;3 .
Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình x 2   m  1 x  2m  2  0 1 (với m là tham số).
a) Giải phương trình 1 khi m  2.

b) Tìm giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 3  x1  x2   x1 x2  10.
Câu 4 (1,0 điểm):
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x  y 

2020
2019
1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

2019
x
2019 y

Câu 5 (3,5 điểm): Từ một điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O, ta kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn
( B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M  M  B, M  C  , kẻ

MI  AB, MK  AC  I  AB, K  AC  .
a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Kẻ MP  BC  P  BC  . Chứng minh rằng MPK  MBC.
c) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để tích MI .MK .MP đạt giá trị lớn nhất.

1


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

Câu 1 (TH):
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức:

 A khi A  0
A2  A  
 A khi A  0

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.
b) Xác định mẫu thức chung của biểu thức
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép tốn từ đó rút gọn được biểu thức.
Cách giải:
a) P  12  27  48.

P  12  27  48.
 22.3  32.3  42.3
 2 3 3 3 4 3
 3 3.
Vậy P  3 3.

x x  
x x 
b) Q   5 
 . 5 
 với x  0, x  1.
x 1  
x  1 


Điều kiện: x  0, x  1.

x x  
x x 

Q   5 
 . 5 

x 1  
x  1 


x x 1  
x x 1

 . 5 
 5

x 1  
x 1











 5 x 5 x





 




 25  x.

Vậy Q  25  x khi x  0, x  1.
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Hàm số y  ax  b nghịch biến trên

a0

b) Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm được nghiệm x
Sử dụng phương pháp thế, tìm được nghiệm y

2


Kết luận nghiệm  x; y  của hệ phương trình.
Cách giải:
a) Hàm số y   n  1 x  2 nghịch biến trên

 n  1  0  n  1.

Vậy n  1 thì hàm số đã cho nghịch biến trên

.

x  1
6 x  6
2 x  3 y  8
x  1



b) 
8  2.1  
8  2x  
4 x  3 y  2
y  2
 y  3
 y  3
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S  1; 2 .
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu a  b  c  0 thì phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có
hai nghiệm phân biệt: x1  1; x2  

c
a

b) Phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  có hai nghiệm phân biệt   0 (hoặc   0 )
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1  x2 ; x1.x2 theo n
Thay vào 2020  x1  x2   2021x1 x2  2014. , ta tìm được n
Cách giải:
a) Với n  1 ta có phương trình 1 trở thành: x2  6 x  5  0

Phương trình có a  b  c  1  6  5  0

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  1 và x2  

c
 5.
a

Vậy với n  1 thì phương trình đã cho có tập nghiệm S  5; 1.
b) Xét phương trình x 2  6 x  n  4  0 1
Phương trình có:  '  9  n  4  5  n.
Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   '  0  5  n  0  n  5.
Với n  5 thì phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .

 x1  x2  6
.
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 
 x1 x2  n  4
Theo đề bài ta có: 2020  x1  x2   2021x1 x2  2014

3


 2020. 6   2021.  n  4   2014
 12120  2021n  8084  2014
 2021n  2022
2022
n
 tm  .
2021

Vậy n 

2022
thỏa mãn bài tốn.
2021

Câu 4 (VDC):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si cho

9a 8a  b  và

9b 8b  a 

9a 8a  b   9b 8b  a  sau đó, suy ra được

Từ đó, suy ra

ab
a  8a  b   b  8b  a 

Cách giải:
Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

9a  8a  b 17 a  b

2
2
9b  8b  a 17b  a
9b  8b  a  


2
2
17a  b 17b  a
 9a  8a  b   9b  8b  a  

 9a  b
2
2
9a  8a  b  

 a  8a  b   b  8b  a   3  a  b 


ab
a  8a  b   b  8b  a 



1
 dpcm  .
3

9a  8a  b
 a  b.
Dấu “=” xảy ra  
9b  8b  a
Vậy

ab

1
 .
a  8a  b   b  8b  a  3

Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp.
b) Ta sẽ chứng minh: PEB  1800  FAB 1 ; FPB  1800  FAB  2 
Từ 1 và  2   FBB  PEB   1800  FAB 
Chứng minh được: BEP” BPF  g  g  .
c) BEP” BPF  cmt   BP 2  BE  BF .

4


Áp dụng hệ thức lượng trong APB ta có: AP2  AH . AB
Áp dụng định lý Py – ta – go cho APB : BP 2  AP 2  AB 2  4 R 2
 BE.BF  AH . AB  4R 2 (đpcm)

Cách giải:

a) Ta có: AFB là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn  O; R  .
 AFB  900

Xét tứ giác AHEF ta có: AFE  AHE  900  900  1800

 AHEF là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) Ta có: AHEF là tứ giác nội tiếp (cmt)
 FAH  FEH  1800 (tính chất tứ giác nội tiếp)

Lại có: PEB  FEH (hai góc đối đỉnh).
 PEB  FAB  1800  PEB  1800  FAB 1

Mà ABPF là tứ giác nội tiếp đường tròn  O; R 
 FAB  BPF  1800  FPB  1800  FAB  2 

Từ 1 và  2   FBB  PEB   1800  FAB 
Xét BEP và BPF ta có:

FBB  PEB  cmt 
B chung
 BEP

BPF

c) Ta có: BEP

 g  g .
BPF  cmt 

5




BE BP

 BP 2  BE  BF .
BP BF

Vì APB là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn  O; R 
APB  900 hay AP  PB

Áp dụng hệ thức lượng cho APB vng tại P có đường cao PH ta có:
AP2  AH . AB
 BE.BF  AH . AB  BP2  AP 2

Áp dụng định lý Pitago cho APB vng tại P ta có:
BP 2  AP 2  AB 2   2 R   4 R 2
2

 BE.BF  AH . AB  4 R 2

 dpcm  .

6