Đề tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2019 môn toán sở GD đt quảng ninh

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2019
Môn thi: Toán (Dành cho mọi thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi này có 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)
1. Thực hiện phép tính: 2 9  3 4 .
28(a  2) 2
, với a  2 .
7
3. Tìm tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số y  x 2 và đồ thị hàm số y  3x  2 .

2. Rút gọn biểu thức:

Câu 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2  2 x  m  1  0 , với m là tham số.
1. Giải phương trình với m  1 .
2. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa

mãn x13  x23  6 x1 x2  4( m  m 2 ) .
Câu 3. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai người thợ cùng làm một công việc trong 9 ngày thì xong. Mỗi ngày, lượng công
việc của người thứ hai làm được nhiều gấp ba lần lượng công việc của người thứ nhất. Hỏi
nếu làm một mình thì mỗi người làm xong công việc đó trong bao nhiêu ngày ?
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn ( O; R ), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm

thuộc cung nhỏ BC (E không trùng với B và C), tiếp tuyến của đường tròn ( O; R ) tại E cắt
đường thẳng AB tại I. Gọi F là giao điểm của DE và AB, K là điểm thuộc đường thẳng IE
sao cho KF vuông góc với AB.
a. Chứng minh tứ giác OKEF nội tiếp.
  ODF
.
b. Chứng minh OKF
c. Chứng minh DE.DF  2 R 2 .

 khi EIB
  45o .
d. Gọi M là giao điểm của OK với CF, tính tan MDC
Câu 5. (0,5 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
2019
.
biểu thức P  2

2
2
x y z
xy  yz  zx
--------------- Hết ---------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ................................................................ Số báo danh: .............................
Chữ ký của giám thị 1: ................................... Chữ ký của giám thị 2: ...................................

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần
1
2

Câu 1
(2,0đ)
3

1

Nội dung
2 9  3 4  2.3  3.2  6  6  0
Với a  2 , ta có:
28(a  2) 2
 4(a  2) 2  2 a  2  2  a  2 
7
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
x 2  3x  2  x 2  3x  2  0
Giải phương trình được x1  1; x2  2
Với x  1 thì y  12  1
Với x  2 thì y  22  4
Vậy tọa độ các giao điểm của hai đồ thị là (1; 1) và (2; 4).
Với m  1, ta có phương trình:
x  0
x 2  2 x  0  x( x  2)  0  
 x  2

Điểm
0.5
0.5

1.0

0.5

Vậy với m  1 , phương trình có tập nghiệm S  0; 2

Câu 2
(2,0đ)

2

Phương trình x 2  2 x  m  1  0
Xét  '  1  (m  1)  2  m
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
 '  0  m  2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
 x1  x2  2

 x1 x2  m  1
Theo đề bài:
x13  x23  6 x1 x2  4( m  m 2 )
 ( x1  x2 )3  3 x1 x2 ( x1  x2 )  6 x1 x2  4( m  m 2 )

1.5

 (2)3  3(m  1).(2)  6(m  1)  4(m  m 2 )

 8  6m  6  6m  6  4(m  m 2 )
 8  4(m  m 2 )

Câu 3
(2,0đ)

 m2  m  2  0
Giải phương trình trên được:
m1  1 (TMĐK), m2  2 (loại)
Vậy m  1 là giá trị cần tìm.
Gọi thời gian người thợ thứ nhất và người thợ thứ hai làm một mình
xong việc lần lượt là x (ngày) và y (ngày). ĐK: x, y > 9.
1
Mỗi ngày: người thứ nhất làm được công việc, người thứ hai làm
x
1
1
công việc, hai người cùng làm được công việc.
được
y
9

2.0


1 1 1
(1)
 
x y 9
Vì mỗi ngày, lượng công việc của người thứ hai làm được nhiều gấp

ba lần lượng công việc của người thứ nhất nên ta có phương trình:
1 3

(2)
y x
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
1 1 1
1 3 1
4 1
 

x  y  9

 x  36

x x 9
 x 9




 y  12
1  3
1  3
1  3
 y x
 y x
 y x
Vậy nếu làm một mình thì người thợ thứ nhất cần 36 ngày, người thợ
thứ hai cần 12 ngày để làm xong công việc.

Ta có phương trình:

C

K

1

1

E
M

H

A

O

1

F

B

I

0.25

D

Câu 4
(3,5đ)

a

b

c

Tứ giác OKEF có:
  90o (EK là tiếp tuyến của (O))
OEK
  90o (KF  AB)
OFK
  OEK
  90o
 OEK

 OKEF là tứ giác nội tiếp.
OKEF là tứ giác nội tiếp
1  E
1
K
 ODE cân tại O (OD = OE = R)
E
1
 ODF
 1  ODF
 (đpcm).

Do đó K
  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có DEC
 DOF và  DEC có:
 chung ; DOF
  DEC
  90o
ODF
  DOF
 DEC (g-g)

0.75

0.75

0.75


DO DF

DE DC
 DE.DF  DO.DC  R.2R  2R 2
  45o  EOB
  45o
Ta có: EIB
 E là điểm chính giữa của cung BC

 DF là tia phân giác của ODB
Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:
OF OD


FB BD
OF FB OF  FB
OB




OD BD OD  BD OD  BD
OF
R
1



 2 1
R R  R 2 1 2
(Vì  OBD vuông cân tại O nên BD  OB 2  R 2 )


 OF  R

d





2 1

1  K
 1 (  ODF)

Dễ thấy C
 OCKF là tứ giác nội tiếp
  COF
  180o  CKF
  90o
 CKF
 OCKF là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)
 M là trung điểm của CF
Vẽ MH  OC  H là trung điểm của OC
 HM là đường trung bình của  COF
R
1
 HM  OF 
2





2 1
2

Lại có HD = OH + OD =

Câu 5
(0,5đ)

3
R
2





R 2 1 3
2 1
  tan MDH
  HM 
 tan MDC
: R
HD
2
2
3
1
2019
P 2

x  y 2  z 2 xy  yz  zx
1
1
1
2017
 2




2
2
x y z
xy  yz  zx xy  yz  zx xy  yz  zx
Ta có:
(a  b  c) 2  3(ab  bc  ca)  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca

1
(a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2   0
2
 3(ab  bc  ca)  (a  b  c) 2
Dấu “=” xảy ra  a  b  c
Với a, b, c  0 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:


1.0

1.0


a  b  c  3 3 abc
1 1 1
1
   33
a b c
abc
1
1 1 1
  a  b  c       3 3 abc .3 3

9
abc
a b c
1 1 1
9
   
a b c abc
Dấu “=” xảy ra  a  b  c
Với x  y  z  1 , áp dụng các kết quả trên, ta có:
1
1
1


2
2
2
x y z
xy  yz  zx xy  yz  zx
9
9
9
 2

 2 9
2
2
2
x  y  z  2( xy  yz  zx) ( x  y  z ) 1
2017

6051
6051
6051


 2  6051
2
xy  yz  zx 3( xy  yz  zx) ( x  y  z )
1
 P  9  6051  6060
1
Dấu “=” xảy ra  x  y  z 
3
1
Vậy min P  6060  x  y  z 
3