Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Long

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH LONG
----------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 - 2020
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
---------------------

Bài 1. (1.0 điểm)
Tính giá trị biểu thức
a) A = 2 48 + 3 75 − 2 108

b) B = 19 + 8 3 + 19 − 8 3

Bài 2. (2.0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 2 x 2 − 3 x − 2 = 0
c) x 4 − 4 x 2 − 5 = 0

b) 5 x 2 + 2 x = 0
2 x − y = −7
d) 
3x + y = 27

Bài 3. (2.0 ñiểm)
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hàm số y = − x 2 có đồ thị (P).
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Tìm giá trị của m ñể ñường thẳng (d): y = 2 x − 3m (với m là tham số) cắt (P) tại hai điểm
phân biệt có hồnh độ là x1 , x2 thỏa mãn x1 x22 + x2 ( 3m − 2 x1 ) = 6.
Bài 4. (1.0 điểm)

Một cơng ty vận tải dự ñịnh dùng loại xe lớn ñể vận chuyển 20 tấn hàng hóa theo một hợp đồng. Nhưng khi
vào việc, cơng ty khơng cịn xe lớn nên phải thay bằng những xe nhỏ. Mỗi xe nhỏ vận chuyển ñược khối
lượng ít hơn 1 lần so với mỗi xe lên theo dự ñịnh. ðể ñảm bảo thời gian ñã hợp ñồng, công ty phải dùng một
số lượng xe nhiều hơn số xe dự ñịnh là 1 xe. Hỏi mỗi xe nhỏ vận chuyển bao nhiêu tấn hàng hóa? (Biết các xe
cùng loại thi có khối lượng vận chuyển như nhau).
Bài 5. (1.0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB = 4 cm, AC = 4 3cm, BC = 8cm.
a) Chứng minh tam giác ABC vng.
b) Tính số đo B, C và độ dài ñường cao AH của tam giác ABC.
Bài 6. (2.5 điểm)
Cho đường trịn (O) đường kính AB và điểm M bất kì thuộc đường trịn sao cho MA < MB

( M ≠ A) . Kẻ tiếp

tuyến tại A của ñường tròn, tiếp tuyến này cắt tia BM ở N. Tiếp tuyến của đường trịn tại M cắt CN ở D.
a) Chứng minh bốn ñiểm A, D, M, O cùng thuộc một đường trịn.
b) Chứng minh OD song song BM.
c) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với AB và cắt ñường thẳng BM tại I. Gọi giao ñiểm
của AI và BD là G. Chứng minh ba ñiểm N, G, O thẳng hàng.
Bài 7. (0.5 ñiểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa x + y = 1.
1
+ 1.
x
...HẾT...

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x 2 − y 2 + x +


HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI VÀO 10 –MƠN TỐN – VĨNH LONG

Bài 1. (1.0 điểm)
Tính giá trị biểu thức
a) A = 2 48 + 3 75 − 2 108

b) B = 19 + 8 3 + 19 − 8 3
Lời giải

a)
A = 2 48 + 3 75 − 2 108

A = 2 42.3 + 3 52.3 − 2 62.3
A = 2.4. 3 + 3.5 3 − 2.6 3
A = 8 3 + 15 3 − 12 3
A = (8 + 15 − 12) 3 = 11 3

Vậy A = 11 3.
b)
B = 19 + 8 3 + 19 − 8 3

B = 42 + 2.4. 3 + ( 3) 2 + 42 − 2.4. 3 + ( 3)2
B = (4 + 3)2 + (4 − 3) 2
B =| 4 + 3 | + | 4 − 3 |

B = 4+ 3 +4− 3

(4 + 3 > 0; 4 − 3 > 0)

B =8
Vậy B = 8.
Bài 2. (2.0 ñiểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2 x 2 − 3 x − 2 = 0

b) 5 x 2 + 2 x = 0
2 x − y = −7
d) 
3x + y = 27

c) x 4 − 4 x 2 − 5 = 0

Lời giải
a) 2 x − 3x − 2 = 0 ⇔ 2 x − 4 x + x − 2 = 0 ⇔ 2 x( x − 2) + ( x − 2) = 0
2

2


1

2x + 1 = 0
x
=
−

⇔ (2 x + 1)( x − 2) = 0 ⇔
⇔
2
x − 2 = 0

x
=

2


 1 
Vậy phương trình có tập nghiệm là S = − ; 2  .
 2 


x = 0
x=0

b) 5 x + 2 x = 0 ⇔ x(5 x + 2) = 0 ⇔
⇔
5 x + 2 = 0
x = − 2
5


2

2

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = 0; −  .
5


c) ðặt t = x2 (t ≥ 0)


t = −1 (ktm)

Khi đó phương trình trở thành: t 2 − 4t − 5 = 0 ⇔ (t + 1)(t − 5) = 0 ⇔ 
t = 5 (tm)
Với t = 5 ⇔ x 2 = 5 ⇔ x = ± 5

{

}

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = − 5; 5 .
2 x − y = −7
x = 4
x = 4
5 x = 20
d) 
⇔
⇔
⇔
 y = 15
2 x − y = −7
2.4 − y = −7
3x + y = 27
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là (4;15)
Bài 3: (2.0 ñiểm)
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hàm số y = − x 2 có đồ thị (P).
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Tìm giá trị của m ñể ñường thẳng (d): y = 2 x − 3m (với m là tham số) cắt (P) tại hai điểm
phân biệt có hồnh độ là x1 , x2 thỏa mãn x1 x22 + x2 ( 3m − 2 x1 ) = 6.
Lời giải
a)
Bảng giá trị của hàm số y = − x 2 .

x

−2

−1

0

1

2

y

−4

−1

0

−1

−4

Vẽ ñường cong ñi qua các ñiểm có tọa ñộ ( −2; −4 ) , ( −1; −1) , ( 0, 0 ) , (1; −1) ; ( 2; −4 ) ta ñược parabol (P):
y = − x2 .

b)
Xét phương trình hồnh độ giao ñiểm của ñường thẳng (d) và parabol (P), ta có

− x 2 = 2 x − 3m ⇔ x 2 + 2 x − 3m = 0 (*)

Phương trình (*) có ∆ ' = 12 − 1.(−3m) = 1 + 3m
ðể ñường thẳng (d) cắt (P) tại hai ñiểm phân biệt có hồnh độ là x1 , x2 thì phương trình (*) có hai nghiệm

a ≠ 0
1 ≠ 0(luon dung)
1
⇔
⇔m>−
phân biệt x1 , x2 ⇔ 
3
∆ ' > 0 1 + 3m > 0
 x + x = −2
Theo hệ thức Vi-ét ta có:  1 2
 x1 x2 = −3m
Theo bài ra ta có:


x1 x22 + x2 ( 3m − 2 x1 ) = 6
⇔ ( x1 x2 ) x2 + 3mx2 − 2 x1 x2 = 6
⇔ −3mx2 + 3mx2 − 2 ⋅ (−3m) = 6

⇔ 6m = 6
⇔ m = 1(tm)
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
Câu 4. (1.0 ñiểm)
Một công ty vận tải dự ñịnh dùng loại xe lớn để vận chuyển 20 tấn hàng hóa theo một hợp đồng. Nhưng khi
vào việc, cơng ty khơng cịn xe lớn nên phải thay bằng những xe nhỏ. Mỗi xe nhỏ vận chuyển được khối
lượng ít hơn 1 lần so với mỗi xe lên theo dự ñịnh. ðể ñảm bảo thời gian đã hợp đồng, cơng ty phải dùng một

số lượng xe nhiều hơn số xe dự ñịnh là 1 xe. Hỏi mỗi xe nhỏ vận chuyển bao nhiêu tấn hàng hóa? (Biết các xe
cùng loại thi có khối lượng vận chuyển như nhau).
Lời giải
Gọi số tấn hàng hóa mỗi xe nhỏ vận chuyển ñược là: x (tấn) (x >0)
Mỗi xe lớn vận chuyển ñược số tấn hàng là: x+1 (tấn)
20
(xe).
Khi đó số xe nhỏ dự định phải dùng để chở hết 20 tấn hàng hóa là:
x
20
(xe)
Số xe lớn dự ñịnh phải dùng ñể chở hết 20 tấn hàng hóa là:
x +1
Vì thực tế số xe nhỏ phải dùng nhiều hơn dự định là 1 xe.
20 20
Nên ta có phương trình:
−
=1
x x +1
Giải phương trình:
20 20
1 
1
−
= 1 ⇔ 20  −
 =1
x x +1
 x x +1 

⇔

x +1− x 1
1
1
1
−
=
⇔
=
x x + 1 20
x( x + 1) 20

⇔

1
1
=
⇔ x( x + 1) = 20
x( x + 1) 20

⇔ x 2 + x − 20 = 0 ⇔ ( x + 5)( x − 4) = 0

x + 5 = 0
 x = −5(ktm)
⇔
⇔
 x = 4(tm)
x − 4 = 0
Vậy mỗi xe nhỏ vận chuyển ñược 4 tấn hàng hóa.
Bài 5. (1.0 điểm)

Cho tam giác ABC có AB = 4 cm, AC = 4 3cm, BC = 8cm.
a) Chứng minh tam giác ABC vng.
b) Tính số đo B, C và ñộ dài ñường cao AH của tam giác ABC.
Lời giải

a)


Ta có: AB 2 = 42 = 16; AC 2 = (4 3) 2 = 48; BC 2 = 82 = 64
⇒ AB 2 + AC 2 = 16 + 48 = 64 = BC 2
⇒ ∆ABC vuông tại A (ñịnh lý Pitago ñảo).
b)
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong ∆ABC ta có:
AB 4 1
cos B =
= = ⇒ B = 60°
BC 8 2

⇒ C = 180° − B − A = 180° − 60° − 90° = 30°
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ABC vuông tại A và có đường cao AH ta có:
AH .BC = AB. AC ⇒ AH =

AB. AC 4.4 3
=
= 2 3 cm
BC
8

Vậy B = 60° , C = 30° , AH = 2 3 cm.
Bài 6. (2.5 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính AB và điểm M bất kì thuộc đường tròn sao cho MA < MB

( M ≠ A) . Kẻ tiếp

tuyến tại A của đường trịn, tiếp tuyến này cắt tia BM ở N. Tiếp tuyến của đường trịn tại M cắt CN ở D.
a) Chứng minh bốn ñiểm A, D, M, O cùng thuộc một đường trịn.
b) Chứng minh OD song song BM.
c) Qua O kẻ ñường thẳng vng góc với AB và cắt đường thẳng BM tại I. Gọi giao ñiểm
của AI và BD là G. Chứng minh ba ñiểm N, G, O thẳng hàng.
Lời giải

a) Ta có:

OM ⊥ MD (tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∠OMD = 90°
OA ⊥ AD (tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∠OAD = 90°
Xét tứ giác OMD4 có: ∠OMD + ∠OAD = 90° + 90° = 180°


Mà hai góc này ở vị trí đối diện
Nên tứ giác OMDA nội tiếp
Hay bốn ñiểm A, D, M , O cùng thuộc một đường trịn.
b) Xét (O) ta có: OD là tia phân giác trong góc ∠MOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
1
⇒ ∠MOD = ∠AOD = ∠AOM (1)
2
1
Mà ∠MBA = ∠MOA (góc nội tiếp và góc ở tâm củng chắn cung MA) (2)
2
 1


Từ (1) và (2) suy ra ∠AOD = ∠ABM  = ∠MOA 
 2

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên OD / / BM (đpcm).
c) Vì OI ⊥ AB, AN ⊥ AB ⇒ OI / / AN
Mà O là trung ñiểm của AB ⇒ OI là đường trung bình của tam giác ABN
⇒ I là trung ñiểm của BN ⇒ AI là trung tuyến của tam giác ABN.
Lại có OD / / BM (cmt), mà O là trung ñiểm của AB ⇒ OD là đường trung bình của tam giác ABN
⇒ D là trung ñiểm của AN ⇒ BD là trung tuyến của tam giác ABN.
Mà NO là trung tuyến của tam giác ABC.
Mặt khác ta lại có: AI ∩ BD = {G}
Do đó AI, BD, NO đồng qui tại G là trọng tâm của tam giác ABN.
Suy ra N , G, O thẳng hàng.
Bài 7. (0.5 ñiểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa x + y = 1.
1
+ 1.
x
Lời giải

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x 2 − y 2 + x +

Ta có: x + y = 1 ⇒ y = 1 − x thay vào A ta ñược:
1
1
+ 1 = 2 x 2 − (1 − x) 2 + x + + 1
x
x
1
1

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

A = 2x2 − y 2 + x +

2

1 
1 1 
1 
1 1

=  x2 − x +  +  4x +  − =  x −  +  4 x +  −
x 4 
x 4
4 
2 

2

1

Dễ thấy  x −  ≥ 0, ∀x
2


Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có 4 x +
2

1
1
≥ 2 4 x. = 4
x
x

1 
1 1
1 15

Suy ra  x −  +  4 x +  − ≥ 0 + 4 − =
2 
4 4
x 4

1
Dấu "=" xảy ra khi x =
2
15
1
Vậy Amin =
khi x = .
4
2