Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán tỉnh nam định năm học 2019 2020 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Bài thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm: 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó
vào bài làm.
Câu 1. Tìm tất cả giá trị của m để hàm số y = ( 1 − m ) x + m + 1 đồng biến trên R.
A. m > 1
B. m < 1
C. m < −1
D. m > −1 .
2
x
,
x
x
+
x
Câu 2. Phương trình x − 2 x − 1 = 0 có hai nghiệm 1 2 . Tính 1 2 .
A. x1 + x2 = 2
B. x1 + x2 = 1
C. x1 + x2 = −2
D. x1 + x2 = −1 .
2

Câu 3. Cho điểm M ( xM ; yM ) thuộc đồ thị hàm số y = −3 x . Biết xM = −2 . Tính yM .
A. yM = 6

B. yM = −6
C. yM = −12
x − y = 2
Câu 4. Hệ phương trình 
có bao nhiêu nghiệm?
3 x + y = 1
A. 0
B. 1
C. 2
a
,
b
a
<
0,
b
<
0
Câu 5. Với các số
thỏa mãn
thì biểu thức a ab bằng

D. yM = 12 .

D. vô số.

A. − a 2b

B. a 3b
C. a 2b
D. − a 3b .
Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH của tam giác ABC.
12
5
12
7
A. AH = cm
B. AH = cm
C. AH = cm
D. AH = cm.
7
2
5
2
Câu 7. Cho đường tròn tâm O bán kính R = 2 cm và đường tròn tâm O ' bán kính R ' = 3 cm. Biết OO ' = 6 cm.
Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho là
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4.
Câu 8. Một quả bóng hình cầu có đường kính bằng 4cm. Thể tích quả bóng là
32
32 3
256
256 3
π cm3
π cm3
A.

B.
cm
C.
D.
cm .
3
3
3
3
Phần II: Tự luận (8,0 điểm).
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức A = 3 − 2 2 − 3 + 2 2 .
1
6 
 2
−
+
b) Chứng minh rằng 
÷× a + 3 = 1 (với a ≥ 0 và a ≠ 9 ).
a −3 a −9 
 a +3
Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 − (m − 2) x − 6 = 0 (1) (với m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 0 .
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
2
c) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm tất cả giá trị của m để x2 − x1 x2 + ( m − 2) x1 = 16 .

(

)

 x 2 − xy + y − 7 = 0
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2
.
 x + xy − 2 y = 4( x − 1)

Câu 4. (3,0 điểm) Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là hai
tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của đoạn AC, F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn (O).
a) Chứng minh: tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp, tam giác CEF đồng dạng với tam giác BEC.
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn (O). Chứng minh BF .CK = BK .CF .
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF.
Câu 5. (1,0 điểm) Xét các số x, y , z thay đổi thỏa mãn x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1
2
2
2
2
thức: P = ( x + y + z ) + 4 ( x + y + z − xy − yz − zx ) .
2
--------------- Hết ---------------


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm).
Câu 1. Hàm số y = ( 1 − m ) x + m + 1 đồng biến trên R ⇔ 1 − m > 0 ⇔ m < 1 . Chọn B.
b
Câu 2. Áp dụng hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = − = 2 . Chọn A.
a
2
Câu 3. xM = −2 ⇒ yM = −3.(−2) = −12 . Chọn C.

a b
≠
Câu 4. Xét
hoặc giải hệ bằng MTCT thấy hệ có nghiệm duy nhất. Chọn B.
a' b'
Câu 5. Vì a < 0, b < 0 nên a ab = − a ab = − a 2 ab = − a 3b . Chọn D.
1
1 1
1 1
12
= 2 + 2 = 2 + 2 ⇒ h = . Chọn C.
2
h
b c
3 4
5
Câu 7. Vì OO ' > R + R ' nên hai đường tròn ngoài nhau, số tiếp tuyến chung là 4. Chọn D.
4
4
32
3
3
Câu 8. d = 4 ⇒ R = 2 ⇒ V = π R = π .2 = π cm3. Chọn A.
3
3
3
Câu 6. Áp dụng hệ thức

Phần II: Tự luận (8,0 điểm).
Câu

Phần

Nội dung

Điểm

A = 3 − 2 2 − 3 + 2 2 = 2 − 2 2 +1 − 2 + 2 2 +1
a)

=

(

)

2

2 −1 −

(

)

2 +1

2

=

2 −1 −

Với a ≥ 0 và a ≠ 9 , ta có:
2
1
6 
 2
−
+
×
a
+
3
=

÷
a −3 a −9 
 a +3

(

Câu 1
(1,5đ)

)

(

0.75

2 + 1 = 2 − 1 − 2 − 1 = −2

) (
( a + 3) (
a −3 −

)
a − 3)

a +3 +6

(

× a +3

)

2 a −6− a −3+ 6
a −3
=
=1
a −3
a −3
⇒ Đpcm
Cách 2:
1
6 
a +3
6
 2

−
+
× a +3 = 2−
+

÷
a −3 a −9 
a −3
a −3
 a +3
=

b)

(

0.75

)

2 a −6− a −3+ 6
a −3
=
=1
a −3
a −3
Với m = 0 , phương trình (1) trở thành:
x 2 + 2 x − 6 = 0 ⇔ ( x + 1) 2 = 7 ⇔ x = −1 ± 7
Vậy với m = 1 thì nghiệm của phương trình (1) là x = −1 ± 7
Phương trình (1) có ac = −6 < 0

⇒ Với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
 x1 + x2 = m − 2

 x1 x2 = −6
2
Theo đề bài: x2 − x1 x2 + (m − 2) x1 = 16
(2)
Vì x2 là nghiệm của phương trình (1) nên
=

Câu 2
(1,5đ)

a)
b)
c)

x22 − (m − 2) x2 − 6 = 0 ⇔ x22 = ( m − 2) x2 + 6
Thay (3) vào (2) được:

(3)

0.5
0.5
0.5


(m − 2) x2 + 6 − x1 x2 + ( m − 2) x1 = 16 ⇔ (m − 2)( x1 + x2 ) − x1 x2 = 10
m − 2 = 2

m = 4
⇒ (m − 2) 2 + 6 = 10 ⇔ (m − 2) 2 = 4 ⇔ 
⇔
 m − 2 = −2
m = 0
Vậy m ∈ { 0; 4} là các giá trị cần tìm.
Cách 2:
Vì x1 là nghiệm của phương trình (1) nên
x12 − (m − 2) x1 − 6 = 0 ⇔ (m − 2) x1 = x12 − 6
Thay (4) vào (2) được:
x22 − x1 x2 + x12 − 6 = 16 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 3x1 x2 = 22

(4)

⇒ (m − 2) 2 − 3.( −6) = 22 ⇔ ( m − 2) 2 = 4 ⇔ ...
2
 x − xy + y − 7 = 0
 2
 x + xy − 2 y = 4( x − 1)

(1)
(2)

Ta có:
(2) ⇔ x 2 − 4 x + 4 + xy − 2 y = 0
⇔ ( x − 2) 2 + y ( x − 2) = 0
⇔ ( x − 2)( x + y − 2) = 0
x − 2 = 0
x = 2
⇔

⇔
x + y − 2 = 0
y = 2− x
Thay x = 2 vào phương trình (1) được:
4 − 2 y + y − 7 = 0 ⇔ y = −3
Thay y = 2 − x vào phương trình (1) được:

Câu 3
(1,0đ)

1.0

 x = −1
x 2 − x(2 − x) + 2 − x − 7 = 0 ⇔ 2 x 2 − 3 x − 5 = 0 ⇔ 
 x = 2,5
x = −1 ⇒ y = 3 ; x = 2,5 ⇒ y = −0,5

 5 1 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) ∈ ( 2; −3) , ( −1;3 ) ,  ; − ÷
 2 2 

Câu 4
(3,0đ)

a)

Tứ giác ABOC có:
·
·
ABO

= ACO
= 90o (vì AB, AC là các tiếp tuyến của (O))
·
·
⇒ ABO
+ ACO
= 180o
⇒ Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp

0.5


∆ CEF và ∆ BEC có:

µ 1 chung ; C
µ1 =B
µ 1  = 1 sđCF
» 
E

÷
 2

⇒ ∆ CEF
∆ BEC (g-g)

0.5

∆ ABF và ∆ AKB có:

b)

c)

Câu 5
(1,0đ)

µ 1 chung ; B
µ2 =K
µ 1  = 1 sđBF
» 
A

÷
 2

⇒ ∆ ABF
∆ AKB (g-g)
AB BF
⇒
=
AK BK
AC CF
AB CF
=
⇒
=
Chứng minh tương tự được
AK CK
AK CK

(vì AB = AC, theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)
BF CF
=
⇒ BF.CK = BK.CF (đpcm)
Từ (1) và (2) ⇒
BK CK
EC EF
=
∆ CEF
∆ BEC (theo a) ⇒
EB EC
EA EF
=
Mà EA = EC (GT) ⇒
EB EA
∆ EAF và ∆ EBA có:
µ 2 chung ; EA = EF
E
EB EA
EAF
⇒∆
∆ EBA (c-g-c)
µ2 =B
µ2
⇒A
µ 2 = 1 sđAF
» ⇒A
µ 2 = 1 sđAF
»
Mà B

2
2
⇒ AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABF (đpcm).
Ta có:
x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz
= ( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) + z 3 − 3 xyz
= ( x + y + z ) ( x + y ) − ( x + y ) z + z 2  − 3xy ( x + y + z )


2

= ( x + y + z ) ( x 2 + 2 xy + y 2 − xz − yz + z 2 − 3xy )
= ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx )

x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz
2
⇒ x + y + z − xy − yz − zx =
=
x+ y+z
x+ y+z
Lại có:
1
x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 xy − 2 yz − 2 zx )
2
1
2
2
2
= ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≥ 0



2
⇒ x+ y+z >0
Đặt x + y + z = a (a > 0) thì:
1
8 1
4 4
P = a2 + = a2 + +
2
a 2
a a
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
2

2

2

(1)

1.0

(2)

1.0

1.0


1 2 4 4

a × × =6
2
a a
1 2 4
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = ⇔ a = 2
2
a
x + y + z = 2
Vậy min P = 6 ⇔  3
3
3
 x + y + z − 3xyz = 2
P ≥ 33

Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương