Đề tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2019 2020 môn toán sở GD đt bạc liêu

SỞ GIÁO DỤC KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ
BẠC LIÊU
-------------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Môn thi: TOÁN (Không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 07/6/2019
-------------------

ðỀ BÀI
Câu 1:

(4,0 ñiểm) Rút gọn biểu thức:
a) A = 45 − 2 20
3 5 − 27
−
3− 5
(4,0 ñiểm)

b) B =
Câu 2:

(3 −

12

)

2

.

2 x − y = 4
a) Giải hệ phương trình 
x + y = 5
2
b) Cho hàm số y = 3x có ñồ thị ( P ) và ñường thẳng ( d ) : y = 2 x + 1 . Tìm tọa ñộ gia0 ñiểm của

(P)
Câu 3:

và ( d ) bằng phép tính.

(6,0 ñiểm)
Cho phương trình: x 2 − 2 mx − 4m − 5 (1) (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) khi m = −2 .
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
c) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Tìm m ñể:

1 2
33
x1 − ( m − 1) x1 + x2 − 2m + = 762019 .
2
2
Câu 4:

(6,0 ñiểm)
Trên nửa ñường tròn ñường kính AB, lấy hai ñiểm I, Q sao cho I thuộc cung AQ. Gọi C là giao
ñiểm hai tia AI và BQ; H là giao ñiểm hai dây AQ và BI.

a) Chứng minh tứ giác CIHQ nội tiếp.
b) Chứng minh: CI . AI = HI .BI .
c) Biết AB = 2 R . Tính giá trị biểu thức: M = AI . AC + BQ.BC theo R.
-----------Hết-----------


HƯỚNG DẪN GIẢI.
Câu 1:

(4,0 ñiểm) Rút gọn biểu thức:
a) A = 45 − 2 20
b) B =

3 5 − 27
−
3− 5

(3 −

12

)

2

Giải:
a) A = 45 − 2 20 = 32.5 − 2 2 2.5 = 3 5 − 2.2 5 = − 5
b) B =
=

Câu 2:

3

(

3 5 − 27
−
3− 5

5− 3
3− 5

)−

( −3 +

(3 −

12

)

2

=

3 5 −3 3
− 3 − 12
3− 5

)

12 (do 32 < 12 ⇒ 3 < 12 )

= −3 + 3 − 12 = − 12 = −2 3 .
(4,0 ñiểm)
2 x − y = 4
a) Giải hệ phương trình 
x + y = 5
b) Cho hàm số y = 3 x 2 có ñồ thị ( P ) và ñường thẳng ( d ) : y = 2 x + 1 . Tìm tọa ñộ giao ñiểm của

( P)

và ( d ) bằng phép tính.
Giải:

2 x − y = 4
3x = 9
x = 3
a) 
⇔
⇔
x + y = 5
y = 5− x
y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) = ( 3; 2 )
b) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: 3 x 2 = 2 x + 1 ⇔ 3 x 2 − 2 x − 1 = 0 (*)
Phương trình (*) có hệ số: a = 3; b = −2; c = −1 ⇒ a + b + c = 0
⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm: x1 = 1; x2 =

c −1
=
a 3

- Với x1 = 1 ⇒ y = 3.12 = 3 ⇒ A (1;3 )
2

−1
 −1  1
 −1 1 
- Với x2 =
⇒ y = 3.   = ⇒ B  ; 
3
 3  3
 3 3

Câu 3:

 −1 1 
Vậy tọa ñộ giao ñiểm của ( P ) và ( d ) là A (1;3 ) và B  ;  .
 3 3
(6,0 ñiểm)
Cho phương trình: x 2 − 2 mx − 4m − 5 (1) (m là tham số).

a) Giải phương trình (1) khi m = −2 .
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
c) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Tìm m ñể:

1 2

33
x1 − ( m − 1) x1 + x2 − 2m + = 762019
2
2
Giải:
a) Thay m = −2 vào phương trình (1) ta có:


 x = −3
x 2 + 4 x + 3 = 0 ⇔ x ( x + 3) + ( x + 3) = 0 ⇔ ( x + 3)( x + 1) = 0 ⇔ 
 x = −1
Vậy với m = −2 thì phương trình có tập nghiệm S = {−3; − 1}
b) Ta có: ∆ ' = m 2 − ( −4m − 5 ) = ( m + 2 ) + 1 > 0, ∀m
2

Do ñó phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m.
c) Do phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m, gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của
phương trình (1)

 x1 + x2 = 2m
Áp dụng ñịnh lí Vi-ét ta có: 
 x1 x2 = −4m − 5
1
33
Ta có: x12 − ( m − 1) x1 + x2 − 2m + = 762019
2
2
2
⇔ x1 − 2 ( m − 1) x1 + 2 x2 − 4m + 33 = 1524038
⇔ x12 − 2mx1 − 4m − 5 + 2 ( x1 + x2 ) = 1524000

⇔ 2 ( x1 + x2 ) = 1524000 (do x1 là nghiệm của (1) nên x12 − 2mx1 − 4m − 5 = 0 )

Câu 4:

⇔ 2.2m = 1524000 ⇔ m = 381000
Vậy m = 381000 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
(6,0 ñiểm)
Trên nửa ñường tròn ñường kính AB, lấy hai ñiểm I, Q sao cho I thuộc cung AQ. Gọi C là giao
ñiểm hai tia AI và BQ; H là giao ñiểm hai dây AQ và BI.
a) Chứng minh tứ giác CIHQ nội tiếp.
b) Chứng minh: CI . AI = HI .BI .
c) Biết AB = 2 R . Tính giá trị biểu thức: M = AI . AC + BQ.BC theo R.
Giải:
C
Q

I
H

A

O

B

a) Ta có: AIB = AQB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) ⇒ CIH = CQH = 90 0
Xét tứ giác CIHQ có CIH + CQH = 90 0 + 90 0 = 1800
⇒ tứ giác CIHQ nội tiếp
b) Xét ∆AHI và ∆BCI có:

AIH = BIC = 900 
 ⇒ ∆AHI ∽ ∆BCI ( g.g )
IAH = IBC

AI HI
⇒
=
⇒ CI . AI = HI .BI
BI CI
c) Ta có: M = AI . AC + BQ.BC = AC ( AC − IC ) + BQ ( BQ + QC )


= AC 2 − AC.IC + BQ 2 + BQ.QC
= AQ 2 + QC 2 − AC.IC + BQ 2 + BQ.QC
= ( AQ 2 + BQ 2 ) + QC ( QC + BQ ) − AC.IC
= AB 2 + QC.BC − AC.IC
Tứ giác AIBQ nội tiếp ( O ) ⇒ CIQ = CBA (cùng phụ với AIQ )
Xét ∆CIQ và ∆CBA có:

ACB chung 
 ⇒ ∆CIQ ∽ ∆CBA ( g.g )
CIQ = CBA 
IC QC
⇒
=
⇒ QC.BC = AC.IC
BC AC
⇒ QC.BC − AC.IC = 0
Suy ra: M = AB 2 = ( 2 R ) = 4 R 2
2

----------- HẾT -----------