Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề.
Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
a) A =  12  2 5  3  60
b) B =

4 x x2  6x  9
với 0 < x < 3
.
x3
x

Câu 2. (2,5 điểm)
1.Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b biết rằng đồ thị của hàm số đi qua hai
điểm M(1; -1) và N(2;1).
2. Cho phương trình x2 + 2mx + m2 - m +3 = 0 (1), trong đó m là tham số.
a) Giải phương trình (1) với m = 4.
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 và biểu thức
P = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3. (1,5 điểm)
Tình cảm gia đình có sức mạnh thật phi thường.Bạn Vi Quyết Chiến- Cậu bé 13
tuổi quá thuongw nhớ em trai của mìnhđã vượt qua một quãng đường dài 180 km từ
Sơn La đến bệnh viện nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7
giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết vận tốc

của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35 km/giờ. Tính vận tốc xe đạp của bạn
Chiến.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB và MN vng góc với nhau.Trên tia
đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vng góc với BC (H thuộc BC) .
a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.
b) MB cắt OH tại E.Chứng minh ME.HM = BE.HC.
c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC là
K.Chứng minh ba điểm C, K, E thẳng hàng
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình: 5 x 2  27 x  25  5 x  1  x 2  4

............. HẾT .............
Họ và tên thí sinh............................................................Số báo danh......................

1


HƯỚNG DẪN LÀM BÀI
Câu 1:
a) A =

(

12 − 2 5

)

3 + 60 = 36 − 2 15 + 2 15 = 36 = 6

b) Với 0 < x < 3 thì x − 3 = 3 − x

B=

4x x2 − 6 x + 9 2 x
.
=
.
x−3
x
x −3

( x − 3)
x

2

=

−2 x x − 3 −2 x ( 3 − x )
.
=
= −2
3− x
x
(3 − x ) x

Câu 2:
1) Vì đồ thị hàm số ñi qua ñiểm M(1; -1) nên a + b = −1
ñồ thị hàm số ñi qua ñiểm N(2; 1) nên 2a + b = 1
a + b = −1 a = 2
Yêu cầu bài toán ⇔ 

⇔
 2a + b = 1
b = −3
Vậy hàm số phải tìm là y = 2x - 3.
2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x 2 − 8 x + 15 = 0 . Có ∆ = 1 > 0

2


Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 = 3; x2 = 5;

(

)

b) Ta có: ∆' = ( −m ) − 1. m2 − m + 3 = m2 − m2 + m − 3 = m − 3 .
2

Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi ∆' ≥ 0 ⇔ m − 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ 3

 x1 + x2 = 2m
Với m ≥ 3 , theo định lí Vi-ét ta có: 
2
 x1.x2 = m − m + 3
Theo bài ra: P = x1 x2 − x1 − x2 = x1 x2 − ( x1 + x2 )
Áp đụng định lí Vi-ét ta được:
P = m 2 − m + 3 − 2m = m 2 − 3m + 3 = m(m − 3) + 3
Vì m ≥ 3 nên m(m − 3) ≥ 0 , suy ra P ≥ 3 . Dấu " = " xảy ra khi m = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3.
Bài 3:

ðổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ.
Gọi vận tốc xe ñạp của bạn Chiến là x (km/h, x > 0 )
Vận tốc của ô tô là x + 35 (km/h)
Quãng ñường bạn Chiến ñi bằng xe ñạp là: 7x (km)
Qng đường bạn Chiến đi bằng ơ tơ là: 1,5( x + 35) (km)
Do tổng quãng ñường bạn Chiến ñi là 180km nên ta có phương trình:
7 x + 1,5( x + 35) = 180 ⇔ 7 x + 1,5 x + 52, 2 = 180 ⇔ 8,5x = 127,5 ⇔ x = 15 (thỏa mãn)
Vậy bạn Chiến ñi bằng xe ñạp với vận tốc là 15 km/h.
Bài 4:
a) Ta có: MOB = 900 (do AB ⊥ MN) và MHB = 900 (do MH ⊥ BC)

C

Suy ra: MOB + MHB = 900 + 900 = 1800
⇒ Tứ giác BOMH nội tiếp.

M

b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM = OMB

(1)

E

Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM = OHM (cùng chắn cung OM)
và OMB = OHB (cùng chắn cung OB)

H
K

(2)

A

Từ (1) và (2) suy ra: OHM = OHB

ME MH
=
(3)
BE HB
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vng tại M có MH là
HM HC
=
đường cao ta có: HM 2 = HC.HB ⇒
(4)
HB HM
ME HC
=
Từ (3) và (4) suy ra:
( 5) ⇒ ME.HM = BE.HC (ñpcm)
BE HM

O

B

⇒ HO là tia phân giác của MHB ⇒

N

c) Vì MHC = 900 (do MH ⊥ BC) nên đường trịn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒ MKC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
MN là đường kính của đường trịn (O) nên MKN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
⇒ MKC + MKN = 1800
(*)
⇒ 3 ñiểm C, K, N thẳng hàng
HC MC
=
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒
. Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)
MH BM

3


HC MC
ME HC
=
=
, kết hợp với
(theo (5) )
HM BN
BE HM
MC ME
=
Suy ra:
. Mà EBN = EMC = 900 ⇒ ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
BN BE
⇒

⇒ MEC = BEN , mà MEC + BEC = 1800 (do 3 ñiểm M, E, B thẳng hàng)
⇒ BEC + BEN = 1800
(**)
⇒ 3 ñiểm C, E, N thẳng hàng
Từ (*) và (**) suy ra 4 ñiểm C, K, E, N thẳng hàng
⇒ 3 ñiểm C, K, E thẳng hàng (ñpcm)
Câu 5: ðKXð: x ≥ 2
Ta có:
5 x 2 + 27 x + 25 − 5 x + 1 = x 2 − 4

⇔ 5 x 2 + 27 x + 25 = 5 x + 1 + x 2 − 4
⇔ 5 x 2 + 27 x + 25 = x 2 − 4 + 25 x + 25 + 10 ( x + 1)( x 2 − 4)

4 x 2 + 2 x + 4 = 10 x + 1)(x 2 − 4)
⇔ 2 x 2 + x + 2 = 5 ( x + 1)( x 2 − 4)

(1)

Cách 1:
(1) ⇔ ( x 2 − 2 x − 4 )( 4 x 2 − 13 x − 26 ) = 0
Giải ra ñược:
x = 1 − 5 (loại); x = 1 + 5 (nhận); x =

13 + 3 65
13 − 3 65
(nhận); x =
(loại)
8
8

Cách 2:
(1) ⇔ 5

(x

2

− x − 2) ( x + 2) = 2 ( x2 − x − 2) + 3( x + 2)

(2)

ðặt a = x 2 − x + 2; b = x + 2 (a ≥ 0; b ≥ 0)
Lúc đó, phương trình (2) trở thành:
a = b
5ab = 2a 2 + 3b2 ⇔ 2 a2 − 5ab + 3b2 = 0 ⇔ ( a − b )( 2 a − 3b ) = 0 ⇔ 
 2a = 3b
- Với a = b thì

(*)

 x = 1 − 5(ktm)
x2 − x − 2 = x + 2 ⇔ x2 − 2x − 4 ⇔ 
 x = 1 + 5(tm)


13 + 3 65
(tm)
x =
8
- Với 2a = 3b thì 2 x 2 − x − 2 = 3 x + 2 ⇔ 4 x 2 − 13 x − 26 = 0 ⇔ 


13 − 3 65
(ktm)
x =
8


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1 + 5 và x =

13 + 3 65
.
8

4