Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán 2019 tỉnh Bắc Ninh

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

UBND TỈNH BẮC NINH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC: 2019 – 2020
Môn thi: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút

I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)
Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
4
Câu 1. Khi x  7 thì biểu thức
1
Ⓐ. 2

4

4
Ⓒ. 3

8

Ⓑ.

x  2  1 có giá trị là:

Ⓓ. 2

Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên �?
Ⓐ. y  1 x

Ⓑ. y  2x  3

Ⓒ. y  (1 2)x

Ⓓ. y  2x  6.

4
2
Câu 3. Số nghiệm của phương trình x  3x  2  0 là:

Ⓐ. 1

Ⓒ. 3

Ⓑ. 2

Ⓓ. 4

2
y


ax
(a �0) . Điểm M (1;2) thuộc đồ thị
Câu 4. Cho hàm số
hàm số khi:

Ⓐ. a  2

Ⓑ.

a

1
2

Ⓒ. a  2

Ⓓ.

a

1
4

Câu 5. Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp
tuyến AB,AC tới đường tròn ( B,C là các tiếp điểm). Kẻ đường
�
0
kính BK . Biết BAC  30 , số đo của cung nhỏ CK là:
0

Ⓐ. 30

0
Ⓑ. 60


/>
0
Ⓒ. 120

0
Ⓓ. 150


2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường
HB 1

AH

12
cm
BC
HC
3 . Độ
A

cao hạ từ đỉnh
xuống cạnh
. Biết
;
dài đoạn BC là:
Ⓐ. 6cm

Ⓑ. 8cm

Ⓒ. 4 3cm

Ⓓ. 12cm

II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 7. (2,0 điểm)
A

( x  1)2  ( x  1)2

Cho biểu thức

( x  1)( x  1)



3 x 1
x1

với x �0, x  1

a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên.
Câu 8. (1,0 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của
mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài
kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 là 160. Hỏi An được bao nhiêu
bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Câu 9. (2,5 điểm)
Cho đường tròn (O), hai điểm A,B nằm trên (O) sao cho

�  900
AOB
. Điểm C trên cung lớn AB sao cho AC  BC và tam
giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI ,BK của tam
giác ABC cắt nhau tại điểm H BK cắt (O) tại điểm N (khác
điểm B ); AI cắt (O) tại điểm M (khác điểm A ); NA cắt MB tại
điểm D . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CI HK nội tiếp một đường tròn.

/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

b) MN là đường kính của đường tròn (O).
c) OC song song với DH
Câu 10. (1,5 điểm)
2

a) Cho phương trình x  2mx  2m  1  0 (1) với m là tham số.
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho

x1  x2  3  x1x2  2m  1
.
2
2
b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a  b  2. Tìm giá

a3  b3  4
H 
ab  1 .
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

HƯỚNG DẪN GIẢI
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)
Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
4
Câu 1. Khi x  7 thì biểu thức
4

1

Ⓐ. 2

Ⓑ.

x  2  1 có giá trị là:
4
Ⓒ. 3

8

Ⓓ. 2

Lời giải
4
Thay x  7 (thỏa điều kiện xác định) vào biểu thức
được:
4
7 2 1



4
91



x  2  1 , ta

4
2

3 1

Đáp án đúng là Ⓓ
Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên �?
Ⓐ. y  1 x

Ⓑ. y  2x  3

Ⓒ. y  (1 2)x

Ⓓ. y  2x  6.

Lời giải
Hàm số y  2x  3 có a  2  0 nên hàm số y  2x  3 đồng biến
trên �.
Đáp án đúng là Ⓑ


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

4
2
Câu 3. Số nghiệm của phương trình x  3x  2  0 là:

Ⓐ. 1

Ⓒ. 3

Ⓑ. 2

Ⓓ. 4

Lời giải
2
2
Đặt x  t,t �0. Phương trình đã cho trở thành: t  3t  2  0 (*)

Phương trình (*) có a  1;b  3;c  2 � a  b  c  1 (3)  2  0
Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: t1  1;t2  2 (nhận)
2
Với t  1� x  1 � x  �1
2
Với t  2 � x  2 � x  � 2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Đáp án đúng là Ⓓ

2
y

ax
(a �0) . Điểm M (1;2) thuộc đồ thị hàm
Câu 4. Cho hàm số
số khi:

Ⓐ. a  2

Ⓑ.

a

1
2

Ⓒ. a  2

Ⓓ.

a

1
4

Lời giải
M (1;2)

thuộc đồ
� 2  a.1 � a  2

thị

hàm

Đáp án đúng là Ⓐ

/>
số

y  ax2 (a �0)

khi:

2  a.12


2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

Câu 5. Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp
tuyến AB,AC tới đường tròn ( B,C là các tiếp điểm). Kẻ đường
�
0
kính BK . Biết BAC  30 , số đo của cung nhỏ CK là:
0
Ⓐ. 30

0
Ⓑ. 60

0
Ⓒ. 120

Lời giải

�
�
0
0
0
Xét tứ giác ABOC có: ABO  ACO  90  90  180
Suy ra: Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

�  BAC
�
� COK
�
�
CK
Mà COK  s�
(Góc ở tâm)
0
Vậy Số đo của cung nhỏ CK là: 30

Đáp án đúng là Ⓐ


/>
0
Ⓓ. 150


2/1

7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường
HB 1

cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC . Biết AH  12 cm; HC 3 . Độ
dài đoạn BC là:
Ⓐ. 6cm

Ⓑ. 8cm

Ⓒ. 4 3cm

Ⓓ. 12cm

Lời giải

Xét ABC vuông tại A , có đường cao AH .
2
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH  HB .HC

HB 1
 � HC  3HB
HC
3
Theo đề bài:
2
(

12)
 HB .3HB
Khi đó:

� 12  3.HB 2
� HB 2  4
� HB  4  2(cm)

� HC  3HB  3.2  6(cm)
Suy ra: BC  HB  HC  2  6  8(cm)
Đáp án đúng là Ⓑ


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 7. (2,0 điểm)
A

( x  1)2  ( x  1)2

Cho biểu thức

( x  1)( x  1)



3 x 1
x1

với x �0, x  1

a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên.
Lời giải
a) Rút gọn biểu thức A .
A

( x  1)2  ( x  1)2
( x  1)( x  1)



3 x 1
x1

A

x  2 x  1 x  2 x  1 3 x  1

x1
x1

A

2x  2 3 x  1

x1
x 1

A

2x  2  3 x  1 2x  3 x  1

x1
x1

A

2x  2 x  x  1 2 x( x  1)  ( x  1)

x1
x1

A

A

( x  1)(2 x  1)
( x  1)( x  1)
2 x 1
x 1


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên.
�2 x  2
2 x 1
2 x  2 3
3 �
2019A  2019�
 2019�
 2019�

�
�
� x 1
�
x 1
x 1
x

1
�
�
�
�
2( x  1)
3 �

3 �
2019A  2019�

2

�
� 2019�
�
�
x  1�
x  1�
� x 1
�
2019A  4038 
Vì x �0 nên

6057
x 1

x �0 � x  1  0.

Để 2019A là số nguyên thì
gồm:

x  1 là ước nguyên dương của 6057

1;3;9;673;2019;6057
+)

x  1  1 � x  0 � x  0, thỏa mãn.

+)

x  1  3 � x  2 � x  4, thỏa mãn.

+)

x  1  9 � x  8 � x  64, thỏa mãn.

+)

x  1  673 � x  672 � x  451584, thỏa mãn.

+)

x  1  2019 � x  2018 � x  4072324, thỏa mãn.

+)

x  1  6057 � x  6056 � x  36675136, thỏa mãn.


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc


/>
0888.014.879

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

Câu 8. (1,0 điểm)
An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của
mình thấy nhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài
kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 là 160. Hỏi An được bao nhiêu
bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10?
Lời giải
Gọi số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của bạn An
lần lượt là x,y (bài), điều kiện: x,y��.
Theo đề bài, ta có: x  y  16.
Vì tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm
10 là 160 nên ta có: 9x  10y  160
160
160  9x  10y �9(x  y) � x  y �
9
Ta có:
160
16  x  y �
9 � x  y  17
Do x  y �� và
�
�
x  y  17
10x  10y  170

�
�
�
9
x

10
y

160
9x  10y  160
�
�
Ta có hệ phương trình:
�
�
x  10
x  10
��
��
x  y  17 �
y7
�
Vậy số bài kiểm tra một đạt 9 và điểm 10 của bạn An lần lượt
là 10 bài và 7 bài.


/>

2/1

7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

Câu 9. (2,5 điểm)
Cho đường tròn (O), hai điểm A,B nằm trên (O) sao cho

�  900
AOB
. Điểm C trên cung lớn AB sao cho AC  BC và tam
giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI ,BK của tam
giác ABC cắt nhau tại điểm H BK cắt (O) tại điểm N (khác
điểm B ); AI cắt (O) tại điểm M (khác điểm A ); NA cắt MB tại
điểm D . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CI HK nội tiếp một đường tròn.
b) MN là đường kính của đường tròn (O).
c) OC song song với DH .
Lời giải
a) Tứ giác CI HK nội tiếp một đường tròn.

� C  900
�
�
HK  AC
HK
�
��
�
�  900
HI


AB
�
HIC
�
Ta có:

/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

�
�
0
0
0
Xét tứ giác CIHK có: CK H  CIH  90  90  180
�
�
Mà CK H ;CIH là hai góc đối nhau.

Suy ra: Tứ giác CI HK là tứ giác nội tiếp.
b) MN là đường kính của đường tròn (O).

�
�
Ta có: AOB  s�AmB (Góc ở tâm)

�
�
0
0
Mà AOB  90 � s�AmB  90
�  1s�AmB
�
ACB
2
Ta lại có:
(Góc nội tiếp)
�  1�
� ACB
900  450
�
0
2
hay ICK  45

�
�
0
Vì tứ giác CI HK là tứ giác nội tiếp nên IHB  I CK  45 ;
�  s�AN
�
s�BM
�
IHB 
2
Mà

(Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

�  s�AN
�  2IHB
�  2.450  900
� s�BM
�  AmB
�  s�AN
�  900  900  1800
� s�BM

�  1800
� s�MN
Vậy MN là đường kính của đường tròn (O).
c) OC song song với DH .

Vì MN là đường kính của đường tròn (O) nên ta có:

�
MAN
 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

� MA  AN hay MA  DN

Tương tự, vì MN là đường kính của đường tròn (O) nên ta có:


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

�
MBN
 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
� NB  BM hay NB  DM
Xét MDN có: MA  DN ;NB  DM và H  MA �NB
� H là trực tâm của MDN .
� DH  MN (1)


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

Xét tứ giác ABIK có: I ,K là hai đỉnh kề nhau, cùng nhìn cạnh
�

�
0
0
AB dưới 1 góc bằng 90 ( AK B  AIB  90 )
Suy ra: Tứ giác ABIK là tứ giác nội tiếp.
�  I�
� IAK
BK (Hai góc nội tiếp cùng chắn IK )
�
�
Hay MAC  NBC

�
�
�
�
CM
CN
Mà MAC  s�
; NBC  s�
(Góc nội tiếp)
�  s�
�
� s�
CM
CN
� � OC  MN
� C là điểm chính giữa MN
(2)

Vì AC  BC nên ABC không cân tại C nên C ,O,H không thẳng
hàng.

/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

Từ (1) và (2) suy ra: OC PDH
Câu 10. (1,5 điểm)
2
a) Cho phương trình x  2mx  2m  1  0 (1) với m là tham số.
Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho

x1  x2  3  x1x2  2m  1
.
2
2
b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a  b  2. Tìm giá

a3  b3  4
H 
ab  1 .
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải
2
2
2

a) Ta có:  '  m  1.(2m  1)  m  2m  1  (m  1)

Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì  '  0

�
(m۹ 1)2

0

m

1

�
x1  x2  2m
�
�
x x  2m  1
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: �1 2
Theo đề bài, ta có:

x1  x2  3  x1x2  2m  1

� 2m  3  2m  1  2m  1
� 2m  2  2m  2m  1 (Điều kiện: 0 �m �1) (*)
� 2m  1 2  2m  1 (2m  1)  0

�

2m  1

2m  1



2m  1
2 2m  1

 (2m  1)  0


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

� 1
�
1
� (2m  1)�

 1� 0
2  2m  1 �
� 2m  1
1
2m  1

� 2m 1  0 hoặc
+)

2m  1  0 � 2m  1 � m 
1

+)

2m  1

Ta có:



2  2m  1

2  2m  1

 1 0
(I)

1
2 (thỏa mãn điều kiện (*))

 1 0
(I)

2m  1 �1,m, thỏa mãn 0 �m �1

1
 �
1

2m  1
�

1

1



1
2m  1



1

1

2m  1
1
2  2m  1

2 2m  1

1

(thỏa mãn 0 �m �1)

 1 0

Suy ra: Không tồn tại giá trị m thỏa mãn phương trình (I).
Vậy

m

1
2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.


/>

2/1
7 GV: Nguyễn Hữu Phúc

0888.014.879

3
3
3
3
b) Ta có: a  b  4  (a  b  1)  3 �3ab  3

Dấu “=” xảy ra khi a  b  1.
a3  b2  4 3(ab  1)
M 
�
3
ab
1


0
ab

1
ab

1
Vì
nên
Suy ra: MinM  3 � a  b  1
Đặt S  a  b;P  ab
S2  2
a  b  2 � (a  b)  2ab  2 � S  2P  2 � P 
2
Vì
2

2

2

2

2
2
2
Ta có: (a  b)  a  b  2ab  2  2ab �2 � a  b � 2

Suy ra: S � 2 .
�S 2  2 �

S  3S �
� 4
3
3
2
(a  b)  3aba
(  b)  4 S  3SP  4
�
�
M 


ab  1
P 1
S2  2
1
2
3

S 3  6S  8 8 6
8 6
M



S
�

 2  4 2 2
2

2
S
2
S
S
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
�
a2  b2  2
� (a;b)  (0; 2)
�
ab

0
�
hoặc (a;b)  ( 2;0)
Vậy MaxM  4  2 2 khi (a;b)  (0; 2) hoặc (a;b)  ( 2;0)


/>