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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH LONG

KỲ THI TUYÊN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút (không 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

b) 5 x 2  2 x  0

c) x 4  4 x 2  5  0

 2 x  y  7
d) 
3 x  y  27

Bài 3. (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y   x 2 có đồ thị (P).
a) Vẽ đồ thị (P).

b) Tìm giá trị của m để đường 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 công ty vận tải dự định 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 định. Để đảm bảo thời gian đã hợp
đồng, công ty phải dùng một số lượng xe nhiều hơn số xe dự định 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 vuông.
, C
 và độ dài đường cao AH của tam giác ABC.
b) Tính số đo B
Bài 6. (2.5 điểm)
  MB

Cho đường trịn (O) đường kính AB và điểm M bất kì thuộc đường trịn sao cho MA

 M  A .

Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn, tiếp tuyến này cắt tia BM ở N. Tiếp tuyến của đường tròn tại M
cắt CN ở D.
a) Chứng minh bốn điểm A, D, M, O cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh OD song song BM.
c) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với AB và cắt đường thẳng BM tại I. Gọi giao điểm
của AI và BD là G. Chứng minh ba điểm N, G, O thẳng hàng.
Bài 7. (0.5 điểm)
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 ĐỀ 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 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) 
3 x  y  27
Lời giải

a) 2 x 2  3x  2  0  2 x 2  4 x  x  2  0  2 x( x  2)  ( x  2)  0

2x 1  0
 (2 x  1)( x  2)  0  

x  2  0


1

x   2

x  2

 1 
Vậy phương trình có tập nghiệm là S   ; 2 .
 2 

x0
b) 5 x  2 x  0  x(5 x  2)  0  

5 x  2  0

2

2

Vậy phương trình có tập nghiệm là S  0;   .
5


c) Đặt t  x 2 (t  0)

x  0

x   2
5



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
5 x  20
x  4
x  4
d) 



 y  15
 2.4  y  7
 2 x  y  7
3 x  y  27

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là (4;15)
Bài 3: (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y   x 2 có đồ thị (P).
a) Vẽ đồ thị (P).
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y  2 x  3m (với m là tham số) cắt (P) tại hai điểm
phân biệt có hoành 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 đường cong đi qua các điểm có tọa độ  2; 4  ,  1; 1 , 0, 0  , 1; 1 ; 2; 4  ta được parabol
(P): y   x 2 .

b)
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của đường 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
Để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ là x1 , x2 thì phương trình (*) có hai
a  0
1  0(luon dung)
1
nghiệm phân biệt x1 , x2  

m
3
1  3m  0
 '  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 điểm)
Một công ty vận tải dự định 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 định. Để đảm bảo thời gian đã hợp
đồng, công ty phải dùng một số lượng xe nhiều hơn số xe dự định 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 được là: x (tấn) (x >0)
Mỗi xe lớn vận chuyển được số tấn hàng là: x+1 (tấn)
20
Khi đó số xe nhỏ dự định phải dùng để chở hết 20 tấn hàng hóa là:
(xe).
x
20
Số xe lớn dự định phải dùng để chở hết 20 tấn hàng hóa là:
(xe)
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 



1
1
1
x 1 x 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 được 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 vuông.
, C
 và độ dài đường cao AH của tam giác ABC.
b) Tính số đo B
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 (định lý Pitago đảo).
b)
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong ABC ta có:
  AB  4  1  B
  60 
cos B
BC 8 2
  180  B
 A
  180  60  90  30
C

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

  60 , C
  30 , AH  2 3 cm.
Vậy B

Bài 6. (2.5 điểm)
  MB

Cho đường trịn (O) đường kính AB và điểm M bất kì thuộc đường trịn sao cho MA

 M  A .

Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn, tiếp tuyến này cắt tia BM ở N. Tiếp tuyến của đường tròn tại M
cắt CN ở D.
a) Chứng minh bốn điểm A, D, M, O cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh OD song song BM.
c) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với AB và cắt đường thẳng BM tại I. Gọi giao điểm
của AI và BD là G. Chứng minh ba điểm 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 điểm 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 điểm của AB  OI là đường trung bình của tam giác ABN
 I là trung điểm của BN  AI là trung tuyến của tam giác ABN.
Lại có OD / / BM (cmt), mà O là trung điểm của AB  OD là đường trung bình của tam giác ABN
 D là trung điểm 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 điểm)
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 được:
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  2x 2  y 2  x 

2

1 
1 1 
1 
1 1

  x 2  x     4x      x     4x   
4 
x 4 
2 
x 4

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     4x     0  4  
2 
x 4
4 4

1
Dấu "=" xảy ra khi x 
2
15
1
Vậy Amin 

khi x  .
4
2