006 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh bắc ninh

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

I.

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:

Câu 1. Khi

A.

x=7

4
x + 2 −1

biểu thức

1
2

4
8

B.

có giá trị là:

C.

4
3

Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên

A.

y =1− x
B.

C.

Câu 3. Số nghiệm của phương trình
A. 1
B. 2

y = ax

( a ≠ 0)

2

Câu 4. Cho hàm số

a=

a=2

B.

Câu 5. Từ điểm

A

x − 3x + 2 = 0

A.

30

B.

Câu 6. Cho tam giác

AH = 12cm,

A.
II.

6cm

. Điểm

C.

M ( 1;2 )

60

HB 1
= .
HC 3

( O)

·
BAC
= 300.

0

ABC

D.

là:

C.
vuông tại A. Gọi

D. 4
thuộc đồ thị hàm số khi

120

H

1
4

a=

a = −2

nằm bên ngoài đường tròn

0

y = −2 x + 6

2

C. 3

1
2

tiếp điểm). Kẻ đường kính BK. Biết

)

2

?

y = 1− 2 x

y = 2x − 3
4

A.

(

¡

D.

D.

( B, C

AB, AC
kẻ hai tiếp tuyến

tới dường tròn

Số đo của cung nhỏ CK là:

0

D.

1500

là chân đường cao hạ từ đỉnh

A

xuống cạnh BC, Biết

Đọ dài đoạn BC là:

8cm

B.
TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Câu 7. (2,0 điểm) Cho biểu thức

C.

(
A=

4 3cm

) ( x − 1)
( x − 1) ( x + 1)
2

x +1 +

là các

D.

12cm

2

−

3 x +1
x −1

với

x ≥ 0, x ≠ 1


A
a) Rút gọn biểu thức
x
2019A
b) Tìm là số chính phương để
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 đó là 160. Hỏi An được bao nhiêu bài
đạt điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10

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

AC > BC

và tam giác

nằm trên (O) sao cho

ABC

( O)

·AOB = 900.

Điểm C nằm

AI , BK

có ba góc đều nhọn. Các đường cao

tam giác ABC cắt nhau tại H. BK cắt
tại điểm N (N khác điểm B);
A), NA cắt MB tại điểm D. Chứng minh rằng

AI

của

cắt (O) tại điểm M (khác điểm

CIHK
a) Tứ giác
nội tiếp một đường tròn

b) MN là đường kính của đường tròn (O)
OC
c)
song song với DH

Câu 10. (1,5 điểm)

a) Cho phương trình
nghiệm phân biệt

x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 ( 1)
x1 , x2

với

m

là tham số. Tìm

để phương trình

( 1)

có hai

x1 + x2 + 3 + x1 x2 = 2m + 1
sao cho

b) Cho hai số thực không âm
a 3 + b3 + 4

M=
ab + 1

a, b
thỏa mãn

a 2 + b2 = 2.

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

ĐÁP ÁN
I.

m

PHẦN TRẮC NGHIỆM
1D 2B 3D 4A 5A
PHẦN TỰ LUẬN

II.
Câu 7.
a) Rút gọn biểu thức
x ≥ 0, x ≠ 1
Điều kiện :

6B

A=

(

) (
)
( x − 1) ( x + 1)
2

x +1 +

x −1

2

−

3 x +1
x −1

x + 2 x +1+ x − 2 x +1 3 x +1
−
x −1
x −1
2x + 2 3 x + 1 2x − 2 x − x + 1
=
−
=
x −1
x −1

x −1
=

=
=

) ( x − 1) = ( 2 x − 1) (
( x + 1) ( x − 1)
( x + 1) (

2 x

(

x −1 −

)

x −1

)

x −1

2 x −1
x +1
b) Điều kiện:

x ≥ 0, x ≠ 1

2019 A = 2019.

2 x −1
3 
6057

= 2019. 2 −
÷ = 4038 −
x +1
x +1
x +1


Ta có:
2019 A ∈ ¢ ⇒ x + 1∈U ( 6057 )
Vì
x + 1 ≥ 1∀x ≥ 0, x ≠ 1 ⇒ x + 1∈ { 1;3;9;2019;6057}
Mà
x + 1 = 1 ⇔ x = 0(tm)
TH1:
x + 1 = 3 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4(tm)
TH2:
x + 1 = 9 ⇔ x = 8 ⇔ x = 64(tm)
TH3:
x + 1 = 2019 ⇔ x = 2018 ⇔ x = 20182 (tm)
TH4:
x + 1 = 6057 ⇔ x = 6056 ⇔ x = 6056 2 (tm)
TH5:
x ∈ { 0;4;64;20182 ;60562 }
Vậy

Câu 8.


Gọi số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là
(bài)
( y∈¥)

x

(bài )

( x∈¥ )

y
và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là

Do số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 và điểm 10 nhiều hơn 16 bài nên
x + y > 16 ⇔ 9 x + 9 y > 144(1)
Tổng số điểm của

x

bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là

9x

(điểm)
y
10 y
Tổng số điểm của bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là

(điểm)
Do tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt 9 điểm và 10 điểm là 160 nên ta có phương trình:
9 x + 10 y = 160 ⇔ 9 x = 160 − 10 y

160 − 10 y + 9 y > 144 ⇔ y < 16

Thay vào (1) ta có:
y ∈ ¥ ⇒ y ∈ { 0;1;2;3;.......;15}
Do
Ta có:
x ∈ ¥ ⇒ 9 x = 160 − 10 y ≡ 0(mod9) ⇒ 153 + 7 − 9 y − y ≡ 0 ( mod9 )
⇔ 7 − y ≡ 0 ( mod9 ) ⇔ y ≡ 7 ( mod9 )
⇒ y = 7 ⇒ x = 10(tm)

Vậy số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 9 là

10

bài và số bài kiểm tra 1 tiết đạt điểm 10 là 7 bài


Câu 9.

a) Ta có
Xét tứ giác

·
·
AI ⊥ BC ⇒ CIH
= 900 , BK ⊥ AC ⇒ CKH

= 900

CIHK

có

·
·
CIH
+ CKH
= 900 + 900 = 1800 ⇒

Tứ giác

CIHK

là tứ giác nội tiếp (Tứ

0

180 )
giác có tổng hai góc đối bằng
·ACB = ·AMB = 1 ·AOB = 1 .900 = 450
2
2
b) Ta có :
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB)
·ACB = ·ACI = 450 ⇒ ∆IAC
AI ⊥ BC ⇒ ∆IAC
Có

vuông tại I , lại có :
vuông cân tại I
·
·
⇒ IAC
= 450 ⇒ ·AMB = IAC
= 450
⇒ BM / / AC
, mà hai góc này ở vi trí so le trong
BK ⊥ AC ( gt )
BN ⊥ AC ⇒ BM ⊥ BN
Mà
hay
(từ vuông góc đến song song)
·
·
⇒ MBN
= 900 ⇒ MBN
⇒ MN
nội tiếp chắn nửa đường tròn
là đường kính của đường tròn (O).


·
·
IAC
= 450 (cmt ) ⇒ MAC
= 450

c) Có

1·
·
MAC
= MOC
2
Mà
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MC)
·
·
OC ⊥ MN (1)
⇒ MOC
= 2MAC
= 2.450 = 900 ⇒ OC ⊥ OM
hay
·ANB = ·ACB = 1 ·AOB = 1 .900 = 450
2
2
Ta có:
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB)
·
·
·
BKC
= 900 , KCB
= ·ACB = 450 ⇒ KBC
= 450
KBC
Tam giác
có
·

⇒ ·ANB = KBC
= 450.
⇒ BC / / AN
mà hai góc này ở vị trí so le trong
BC ⊥ AI ⇒ AI ⊥ AN
MA ⊥ DN
Theo giả thiết ta có
hay
(từ vuông góc đến song song)
BN ⊥ BM (cmt ) ⇒ BN ⊥ DM
Mặt khác ta có :
MA, NB
DMN
⇒H
DMN
Xét tam giác
có hai đường cao
cắt nhau tại H
là trực tâm của tam giác
⇒ DH ⊥ MN
(2)
Từ (1) và (2)
Câu 10.
a) Ta có:

⇒ OC / / DH

(đpcm)

∆ ' = m 2 + 2m + 1 = ( m + 1)

2

∆ > 0 ⇔ ( m + 1) > 0 ⇔ m ≠ −1
2

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì

m ≠ −1
Khi
phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
Theo bài ra ta có:

 x1 = m + m + 1 = 2m + 1

 x2 = m − ( m + 1) = −1


x1 + x2 + 3 + x1 x2 = 2m + 1 ⇔ 2m + 3 − ( 2m + 1) = 2m + 1 ⇔ 2m + 2 − 2m = 2m + 1
1

m
≥
−
 2m + 1 ≥ 0

2
 2m ≥ 0




⇔
⇔ m ≥ 0
2 − 2m ≥ 0

m ≤ 1
2m + 2 − 2m + 2 2m(2 − 2m) = 4m 2 + 4m + 1 
2

2 2m ( 2 − 2m ) = 4m + 4m − 1
0 ≤ m ≤ 1
0 ≤ m ≤ 1
⇔
⇔

2
4
2
3
2
4
3
2
4
4
m
−
4
m
=

16
m
+
16
m
+
1
+
32
m
−
8
m
−
8
m
(
)
16m + 32m + 24m − 24m + 1 = 0

0 ≤ m ≤ 1
1


0 ≤ m ≤ 1
m
=

1
⇔

⇔ m =
⇔
(tm)
2
3
2

2
m
−
1
8
m
+
20
m
+
22
m
−
1
=
0
)(
2
)
(

 m ≈ 0,044
  m ≈ 0,044

m=

1
2

m ≈ 0,044

Vậy
hoặc
b) Tìm giá trị lớn nhất

Ta có :

Ta có:

1
a 3 + b3 + 4
ab ≥ 0 ⇔ ab + 1 ≥ 1 ⇔
≤1⇔ M =
≤ a3 + b3 + 4
ab + 1
ab + 1
2
0 ≤ a3 ≤ a 2 2
 a, b ≥ 0
a ≤ 2
⇔ 2
⇔
 2

2
3
2
a
+
b
=
2
b
≤
2

0 ≤ b ≤ b 2


a 3 + b 3 + 4 ≤ a 2 2 + b 2 2 + 4 = 2.( a 2 + b 2 ) + 4 = 2 2 + 4

Do đó:
⇒M ≤2 2+4

Dấu

"="

xảy ra

 a = 2
a 2 = 2

 2

b = 0
⇔ b = 2 ⇔ 
 ab = 0  a = 0

 b = 2



 a = 2

b = 0
MaxM = 2 2 + 4 ⇔ 
 a = 0
 b = 2

Vậy
*Tìm giá trị nhỏ nhất
a3 + b3 + 1 ≥ 3 3 a3.b3.1 = 3ab
⇒ a 3 + b3 + 4 ≥ 3ab + 3 = 3 ( ab + 1)
a 3 + b3 + 4
⇔
≥ 3( do....ab + 1 > 0 )
ab + 1
⇔ M ≥1

Dấu
Vậy

"="

a = b
⇔ 2
⇔ a = b =1
2
a
+
b
=
2


xảy ra
min M = 3 ⇔ a = b = 1