Đề tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2019 2020 môn toán sở GD đt thái bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ðỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

THÁI BÌNH

NĂM HỌC 2019-2020

---------------

Môn: TOÁN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao ñề)

Câu 1. (2,0 ñiểm)
Cho A =

x + x +1
và B =
x +1

1
x+2
x +1
−
−
với x ≥ 0 , x ≠ 1 .
x −1 x x −1 x + x + 1

a).Tính giá trị của biếu thức A khi x = 2 .
b).Rút gọn biểu thức B .
c).Tìm x sao cho C = − A.B nhận giá trị là số nguyên.
Câu 2. (2,0 ñiểm)
4 x + y = 3
a).Giải hệ phương trình 
(không sử dụng máy tính cầm tay).
2 x − y = 1
b).Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150 m 2 . Biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều
rộng mảnh vườn là 5 m . Tính chiều rộng mảnh vườn.
Câu 3. (2,0 ñiểm)
Cho hàm số y = ( m − 4 ) x + m + 4 ( m là tham số)
a).Tìm m ñể hàm số ñã cho là hàm số bậc nhất ñồng biến trên ℝ .
b).Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì ñồ thị hàm số ñã cho luôn cắt parabol

( P ) : y = x2

tại

hai ñiểm phân biệt. Gọi x1 , x2 là hoành ñộ các giao ñiểm, tìm m sao cho

x1 ( x1 − 1) + x2 ( x2 − 1) = 18 .
c).Gọi ñồ thị hàm số ñã cho là ñường thẳng

( d ) không lớn hơn

( d ) . Chứng minh khoảng cách từ ñiểm

O ( 0;0 ) ñến

65 .

Câu 4. (3,5 ñiểm)
Cho ñường tròn tâm O ñường kính AB . Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H ( H nằm
giữa A và O , H khác A và O ). Lấy ñiểm G thuộc CH ( G khác C và H ), tia AG cắt
ñường tròn tại E khác A .
a).Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp.
b).Gọi K là giao ñiểm của hai ñường thẳng BE và CD . Chứng minh: KC.KD = KE.KB .
c).ðoạn thẳng AK cắt ñường tròn O tại F khác A . Chứng minh G là tâm ñường tròn nội tiếp
tam giác HEF .


d).Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên ñường thẳng EF . Chứng minh
HE + H F = MN .
Câu 5. Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ac = 6 . Chứng minh rằng:
a 3 b3 c 3
+ + ≥ 3.
b c a
Hướng dẫn giải
Câu 1. (2,0 ñiểm)
Cho A =

x + x +1
và B =
x +1

x+2
x +1
1
−

−
với x ≥ 0 , x ≠ 1 .
x −1 x x −1 x + x +1

a).Tính giá trị của biếu thức A khi x = 2 .
b).Rút gọn biểu thức B .
c).Tìm x sao cho C = − A.B nhận giá trị là số nguyên.
Lời giải
Cho A =

x + x +1
và B =
x +1

x+2
x +1
1
−
−
với x ≥ 0 , x ≠ 1 .
x −1 x x −1 x + x +1

a).Tính giá trị của biếu thức A khi x = 2 .
Có A =

x + x +1
=
x +1

(

)(

)=

x −1 x + x + 1
x −1

x3 − 1
x −1

Khi x = 2 ⇒ A = 2 2 − 1 .
b).Rút gọn biểu thức B .
c).Tìm x sao cho C = − A.B nhận giá trị là số nguyên.
Có B =

B=

x+2
x +1
1
−
−
x −1 x x −1 x + x +1

x + x + 1 − ( x + 2) −

(

x −1 x +

Có C = − A.B = −
Có

)(

(

)(
x + 1)
x +1

)=

x −1

x3 − 1  − x 
.
=
x − 1  x + x + 1 

(

−x + x

)(

)

x −1 x + x +1

=

− x
x + x +1

x
1
= 1−
x +1
x +1

x +1 ≥ 1, x ≥ 0 , x ≠ 1.

C nhận giá trị là số nguyên ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (nhận).
Câu 2. (2,0 ñiểm)
4 x + y = 3
a).Giải hệ phương trình 
(không sử dụng máy tính cầm tay).
2 x − y = 1


b).Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150 m 2 . Biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều rộng
mảnh vườn là 5 m . Tính chiều rộng mảnh vườn.
Lời giải
4 x + y = 3
(không sử dụng máy tính cầm tay).
a).Giải hệ phương trình 
2 x − y = 1


2
x=

6 x = 4
4 x + y = 3

3.
⇔
Có 
⇔
x
y
2
−
=
1
2
x
−
y
=
1


y = 1

3
2 1
Vậy nghiệm của hệ là  ; 
 3 3

b).Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150 m 2 . Biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều
rộng mảnh vườn là 5 m . Tính chiều rộng mảnh vườn.
Gọi x , y lần lượt là chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn, ñiều kiện x > 0 y > 0 , x > y .
 x = y + 5
x − y = 5
Có 
⇔
 xy = 150
 y ( y + 5) = 150 (1)

(1) ⇔ y

2

 y = 10 ( nhaän )
.
+ 5y − 150 = 0 ⇔ 
 y = −15 ( loaïi )

Vậy chiều rộng mảnh vườn là 10 ( m )
Câu 3. (2,0 ñiểm)
Cho hàm số y = ( m − 4 ) x + m + 4 ( m là tham số)
a).Tìm m ñể hàm số ñã cho là hàm số bậc nhất ñồng biến trên ℝ .
b).Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì ñồ thị hàm số ñã cho luôn cắt parabol

( P ) : y = x2

hai ñiểm phân biệt. Gọi x1 , x2 là hoành ñộ các giao ñiểm, tìm m sao cho

x1 ( x1 − 1) + x2 ( x2 − 1) = 18 .
c).Gọi ñồ thị hàm số ñã cho là ñường thẳng

( d ) không lớn hơn

( d ) . Chứng minh khoảng cách từ ñiểm

65 .

Lời giải
a).Tìm m ñể hàm số ñã cho là hàm số bậc nhất ñồng biến trên ℝ .

y = ( m − 4 ) x + m + 4 ñồng biến trên ℝ ⇔ m − 4 > 0 ⇔ m > 4 .
Vậy m > 4 thì hàm số ñồng biến trên ℝ .

O ( 0;0 ) ñến

tại


b).Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì ñồ thị hàm số ñã cho luôn cắt parabol

( P ) : y = x2

tại hai ñiểm phân biệt. Gọi x1 , x2 là hoành ñộ các giao ñiểm, tìm m sao cho

x1 ( x1 − 1) + x2 ( x2 − 1) = 18 .

( d ) : y = ( m − 4) x + m + 4 , ( P ) : y = x2 .
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của ( d ) , ( P ) : x 2 = ( m − 4 ) x + m + 4

⇔ x 2 − ( m − 4 ) x − ( m + 4 ) = 0 (1) , Có a = 1 ≠ 0
2

2

Có ∆ = ( m − 4 ) + 4 ( m + 4 ) = m 2 − 4m + 32 = ( m − 2 ) + 28 > 0, ∀m ∈ ℝ

a ≠ 0
Do có 
∆ > 0, ∀m ∈ ℝ
Suy ra ( d ) cắt luôn cắt ( P ) tại hai ñiểm phân biệt .
Có x1 ( x1 − 1) + x2 ( x2 − 1) = 18 ⇔ x12 + x22 − ( x1 + x2 ) − 18 = 0
 x1 + x2 = m − 4
2
⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − ( x1 + x2 ) − 18 = 0 , mà 
 x1 x2 = − ( m + 4 )

m = 5
2
.
⇔ ( m − 4 ) + 2 ( m + 4 ) − ( m − 4 ) − 18 = 0 ⇔ m2 − 7m + 10 = 0 ⇔ ( m − 5)( m − 2 ) = 0 ⇔ 
m = 2
Vậy m = 5 , m = 2 thỏa yêu cầu bài
c).Gọi ñồ thị hàm số ñã cho là ñường thẳng

( d ) không lớn hơn

( d ) . Chứng minh khoảng cách từ ñiểm

O ( 0;0 ) ñến

65 .

( d ) : y = ( m − 4) x + m + 4

 m+4 
cắt trục Ox , Oy lần lượt ở A  −
; 0  và B ( 0; m + 4 ) .
m
−
4



*Trường hơp 1: Xét m − 4 = 0 ⇔ m = 4 , thì ( d ) : y = 8 , ( d ) song song trục Ox , ( d ) cắt trục Oy tại
B ( 0;8 )

Có khoảng cách từ O ñến ñường thẳng ( d ) là OB = 8
Gọi H là hình chiếu của O lên ñường thẳng ( d ) .

∆OAB vuông tại O có OH ⊥ AB , Có OH . AB = OA.OB
2

2

( m − 4) + 1 = ( m − 4) + 1
1
1
1
=

+
=
2
OH 2 OA2 OB 2 ( m + 4 )2 ( m + 4 )2
( m + 4)
2

⇒ OH

2

( m + 4)
=
( m − 4) + 1
2


Giả sử
2

( m + 4 ) > 65 ⇔ m + 8m + 16 > 65 m − 8m + 17
OH > 65 ⇔ OH > 65 ⇔
(
)
( m − 4) + 1
⇔ 64m − 528m + 1089 < 0 ⇔ ( 8m ) − 2.16.8m + 33 < 0 ⇔ ( 8m − 33 ) < 0 (sai)
2

2

2

2

2

2

2

2

Vậy OH ≤ 65 .
Câu 4. (3,5 ñiểm)
Cho ñường tròn tâm O ñường kính AB . Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H ( H nằm
giữa A và O , H khác A và O ). Lấy ñiểm G thuộc CH ( G khác C và H ), tia AG cắt
ñường tròn tại E khác A .
a).Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp.
b).Gọi K là giao ñiểm của hai ñường thẳng BE và CD . Chứng minh: KC.KD = KE.KB .
c).ðoạn thẳng AK cắt ñường tròn O tại F khác A . Chứng minh G là tâm ñường tròn nội tiếp
tam giác HEF .
d).Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên ñường thẳng EF . Chứng minh
HE + H F = MN .

K
N
E

C
F

T

M

G
O
A

B

H

Q
D
Lời giải
a).Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp.
Có BHG = BEG = 90° ⇒ BHG + BEG = 180° .
⇒ Tứ giác BEGH nội tiếp ñường tròn ñường kính BG .

b).Gọi K là giao ñiểm của hai ñường thẳng BE và CD . Chứng minh: KC.KD = KE.KB .


Có KEC = KDB , EKC = DKB (góc chung) ⇒ ∆KEC ∽ ∆KDB ⇒

KE KC
⇒ KC.KD = KE.KB
=
KD KB

c).ðoạn thẳng AK cắt ñường tròn O tại F khác A . Chứng minh G là tâm ñường tròn nội

tiếp tam giác HEF .
∆KAB có ba ñường cao AE , BF , KH ñồng qui tại G . Suy ra G là trực tâm của ∆KAB .

Có GHE = GBE =

1
sñGE (trong ñường tròn BEGH )
2

Có GBE = GAF =

1
sñ EF (trong ñường tròn ( O ) )
2

Có GAF = GHF =

1
sñ EG (tứ giác AFGH nội tiếp ñường tròn ñường kính AG )
2

Suy ra GHE = GHF ⇒ HG là tia phân giác của EHF .
Tương tự EG là tia phân giác của FEG .
∆EHF có hai tia phân giác HG và EG cắt nhau tại G . Suy ra G là tâm ñường tròn nội tiếp ∆EHF .

d).Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên ñường thẳng EF . Chứng minh
HE + H F = MN .
Gọi Q là giao ñiểm của tia EH và ñường tròn ( O ) .
Có EOB = 2 EFB = sñ EB , 2 EFB = EFO (do FG là tia phân giác của EFH )
⇒ EOB = EFH ⇒ Tứ giác EFHO nội tiếp ñường tròn.

⇒ FOH = FEH =

1
1
1
sñ EQ = FOQ ⇒ FOH = FOQ .
2
2
2

⇒ OH là tia phân giác của FOQ
∆OFH , ∆OQH có OH chung, OF = OQ , FOH = QOH
⇒ ∆OFH = ∆OQH ⇒ HF = HQ

Do ñó HE + H F = HE + HQ = EQ .
Có AMN = MNT = NTA = 90° . Suy ra AMNT là hình chữ nhật, nên AT = MN .
Suy ra AQ = FA = ET ⇒ AE // QT , mà AETQ nội tiếp ñường tròn ( O ) .
⇒ AETQ là hình thang cân ⇒ EQ = AT = MN

Vậy HE + H F = MN .
Câu 5. Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ac = 6 . Chứng minh rằng:
a 3 b3 c 3
+ + ≥ 3.
b c a


Lời giải
ðặt P =

a 3 b3 c 3
+ + .
b c a

Có a , b , c là các số thực dương, theo bất ñẳng thức AM-GM có:
 a3
2
 + ab ≥ 2a
b
a3 b3 c 3
 b3
2
.
⇒
=
+ + ≥ 2 a2 + b2 + c2 − ( ab + bc + ac ) , mà
P
+
≥
bc
2
b

b
c a
c

3
c
2

 + ac ≥ 2c
a

(

)

a + b + c + ab + bc + ac = 6 .

(

)

⇒ P ≥ 2 a 2 + b2 + c2 + ( a + b + c ) − 6 .

Có
2

2

(a − b) + (b − c) + (a − c)
Suy ra P ≥

2

(

(

)

)

2
2
a + b + c) + (a + b + c) − 6 .
(
3
2

Có ab + bc + ca ≤ a 2 + b2 + c2 ⇒ 3 ( ab + bc + ac ) ≤ ( a + b + c ) .
Do ñó

6 = a + b + c + ab + bc + ac ≤ a + b + c +

2
1
1
2
(a + b + c) ⇒ (a + b + c) + (a + b + c) − 6 ≥ 0 .
3
3

2

⇒ (a + b + c) ≥ 3 , (a + b + c) ≥ 9 .

2
Suy ra P ≥ .9 + 3 − 6 = 3 . Dấu ñẳng thức xảy ra khi a = b = c .
3

Vậy

a 3 b3 c 3
+ + ≥ 3.
b c a

2

≥ 0 ⇒ 2 a 2 + b2 + c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) ⇒ 3 a2 + b2 + c2 ≥ ( a + b + c ) .