38 đề thi chính thức vào 10 môn toán sở GD đt cao bằng (năm học 2018 2019) (có lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CAO BẰNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2018 - 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (4 điểm)
a. Thực hiện phép tính: 5 16 − 18 .
b. Cho hàm số y = 3x. Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?
x − y = 6

c. Giải hệ phương trình: 2x + y = −3
d. Giải phương trình: x4 – 8x2 – 9 = 0.
Câu 2: (2 điểm)
Trong lúc học nhóm, bạn Nam yêu cầu bạn Linh và bạn Mai mỗi người chọn một số tự
nhiên sao cho hai số này hơn kém nhau là 6 và tích của chúng phải bằng 280. Vậy 2 bạn Linh và
Mai phải chọn những số nào?
Câu 3: (1 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 10 cm, AC = 8 cm.
a. Tính AB.
b. Kẻ đường cao AH. Tính BH.
Câu 4: (2 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB, M là
điểm bất kì trên cung nhỏ AC (M khác A và C); BM cắt AC tại H. Từ H kẻ HK vuông góc với
AB tại K.
a. Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
b. Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác MEC là tam
giác vuông cân.

Câu 5: (1 điểm)
Cho phương trình x2 – mx + m – 1 = 0 (với m là tham số). Giả sử x1 và x2 là các nghiệm
của phương trình trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
2x1x 2 + 3
B= 2
.
x1 + x 22 + 2 ( x1x 2 + 1)
---------- HẾT ----------


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
a. Thực hiện phép tính: 5 16 − 18 .
b. Cho hàm số y = 3x. Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?
x − y = 6

c. Giải hệ phương trình:  2x + y = −3
d. Giải phương trình: x4 – 8x2 – 9 = 0.
Phương pháp:
A ( A ≥ 0 )
A2 = A = 
− A ( A < 0 ) .

a. Sử dụng công thức
b. Hàm số y = ax + b đồng biến trên R khi và chỉ khi a > 0.
Hàm số y = ax + b nghịch biến trên R khi và chỉ khi a < 0.
c. Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
t = x 2 ( t ≥ 0)
d. Đặt
sau đó giải phương trình bậc hai ẩn t để tìm nghiệm.

Giải:
a. 5 16 − 18 = 5.4 − 18 = 2
b. Vì 3 > 0 nên hàm số y = 3x đồng biến trên R.
 x = y + 6
x − y = 6
x = y + 6
x = y + 6
x = 1
⇔
⇔
⇔
⇔

2x + y = −3  2 ( y + 6 ) + y = −3 3y = −15
 y = −5
 y = −5

c.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (1;-5).

t = x 2 ( t ≥ 0)
d. Đặt
, phương trình đã cho trở thành:
2
t − 8t − 9 = 0
⇔ ( t + 1) ( t − 9 ) = 0
 t = −1( KTM )
⇔
 t = 9 ( TM )
⇒ x 2 = 9 ⇔ x = ±3.

Vậy phương trình có tập nghiệm S = {-3; 3}.
Câu 2:
Trong lúc học nhóm, bạn Nam yêu cầu bạn Linh và bạn Mai mỗi người chọn một số tự
nhiên sao cho hai số này hơn kém nhau là 6 và tích của chúng phải bằng 280. Vậy 2 bạn
Linh và Mai phải chọn những số nào?


Phương pháp:
Giải bài toàn bằng cách lập phương trình:
+ Gọi ẩn và đặt điều kiện cho ẩn.
+ Biểu diễn các đại lượng chữa biết theo ẩn và đại lượng đã biết.
+ Dựa vào giả thiết của bài toán để lập phương trình.
+ Giải phương trình tìm ẩn và đối chiếu với điều kiện của ẩn rồi kết luận.
Giải:
Giả sử số bạn Linh tìm được là số lớn hơn.
( x ∈ N;6 < x < 280 )
Gọi số bạn Linh tìm được là x
Khi đó số bạn Mai tìm được là x – 6.
Theo bài ra ta có phương trình:
x ( x − 6 ) = 280
⇔ x 2 − 6x − 280 = 0
⇔ ( x − 20 ) ( x + 14 ) = 0
 x = 20 ( TM )
⇔
 x = −14 ( KTM )
Vậy Linh chọn số 20 và Mai chọn số 14 hoặc Linh chọn số 14 và Mai chọn số 50.
Câu 3:
Cho tam giác ABC vuông tại A, BC = 10 cm, AC = 8 cm.
a. Tính AB.
b. Kẻ đường cao AH. Tính BH.

Phương pháp:
+ Sử dụng định lý Pi-ta-go.
+ Sử dụng các công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông để làm bài toán.
Giải:

a. Theo định lý Pyatgo ta có:
AB2 = BC2 – AC2 = 102 – 82 = 36 ⇒ AB = 6 cm.
b. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
AB2 = BH.BC

⇒ BH =

AB2 62
=
= 3, 6
BC 10
cm.


Câu 4:
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB, M là
điểm bất kì trên cung nhỏ AC (M khác A và C); BM cắt AC tại H. Từ H kẻ HK vuông góc
với AB tại K.
a. Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
b. Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác MEC là tam
giác vuông cân.
Phương pháp:
a. Chứng minh tứ giác CBKH có tổng hai góc đối bằng 180 o.
b. Chứng minh ∆AMC = ∆BEC ⇒ MC = EC .
o

o
·
·
Chứng minh CME = 45 ⇒ MCE = 90 .
Giải:

o
·
·
a. Ta có: BCH = BCA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
o
o
o
o
·
·
·
Mà BKH = 90 ⇒ BCH + BKH = 90 + 90 = 180
⇒ Tứ giác CBKH là tứ giác nội tiếp.

b. Xét tam giác AMC và tam giác BEC có:
AM = BE
AC = BC (C là điểm chính giữa cung AB)
·
·
MAC
= EBC
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC).
⇒ ∆AMC = ∆BEC ( c.g.g ) ⇒ MC = EC
Nên ΔMEC cân tại C.

o
·
Tam giác ABC vuôn cân tại C ⇒ CAB = 45
·
·
Mà CME = CAB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC).
·
⇒ CME
= 45o ⇒ ∆MEC vuông cân tại C. (đpcm)

Câu 5:


Cho phương trình x2 – mx + m – 1 = 0 (với m là tham số). Giả sử x1 và x2 là các nghiệm của
phương trình trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
2x1x 2 + 3
B= 2
.
x1 + x 22 + 2 ( x1x 2 + 1)
Phương pháp:
Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt, sử dụng hệ thức Vi – ét.
Giải:
∆ = m 2 − 4 ( m − 1) = m 2 − 4m + 4 = ( m − 2 ) ≥ 0 ∀m
Ta có
⇒ Phương trình đã cho có nghiệm x1; x2 với mọi m.
2

 x1 + x 2 = m

x x = m −1

Theo định lí Viet ta có:  1 2
2x1x 2 + 3
B= 2
x1 + x 22 + 2 ( x1x 2 + 1)
Khi đó
2x1x 2 + 3
B=
2
( x1 + x 2 ) + 2
2 ( m − 1) + 3 2m + 1
= 2
m2 + 2
m +2
2m + 1
⇒ 2B + 1 = 2. 2
+1
m +2
B=

( m + 2)
=

2

m2 + 2

( m + 2)

2

≥ 0; m 2 + 2 > 0 ⇒ 2B + 1 ≥ 0 ⇔ B ≥ −

Ta có
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = -2.
1
−
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 .

1
2

---------- HẾT ----------