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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SƠN LA
----------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.(3,0 điểm)
a) Giải phương trình 3(x + 2) = x +36
 4x − 3 y = 1
b) Giải hệ phương trình  − x + 3 y = 2



x
2 
+
c) Rút gọn biểu thức P = 
 . ( x − 4 ) (với x ≥ 0 và x ≠ 4 )
x
+
2
x
−
2


Bài 2.(1,5 điểm)

2
số thí
3
sinh thi vào trường PTDT Nội trú. Biết rằng tổng số phòng thi của cả hai trường là 80 phòng thi và mỗi phịng
thi có đúng 24 thí sinh. Hỏi số thí sinh vào mỗi trường bằng bao nhiêu?
Bài 3. (1,5 ñiểm)
Cho parabol (P) y = x 2 và ñường thẳng y = 2(m − 1) x + m2 + 2m (m là tham số, m ∈ ℝ ).
a) Xác ñịnh tất cả các giá trị của m ñể ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm I (1; 3).
b) Tìm m ñể parabol (P) cắt ñường thẳng (d) tại hai ñiểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 là hồnh độ hai ñiểm

Trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2019 – 2020, số thí sinh vào trường THPT chuyên bằng

A, B; tìm m sao cho x12 + x 2 2 + 6 x1 x2 = 2020 .
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đường trịn sao cho CA > CB. Gọi I là
trung ñiểm của OA, vẽ đường thẳng d vng góc với AB tại I, d cắt tia BC tại M và cắt ñoạn AC tại P, AM
cắt đường trịn (O) tại điểm thứ hai K.
a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp ñược trong một ñường tròn.
b) Chứng minh ba ñiểm B, P, K thẳng hàng.
c) Các tiếp tuyến tại B và C của ñường tròn (O) cắt nhau tại Q, biết BC = R. Tính độ dài BK và diện tích tứ
giác QAIM theo R.
Bài 5. (1,0 điểm)
Giải phương trình
Bài

Bài 1

3−x = x

3+x
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ðIỂM
ðáp án

a)(1,0 ñiểm)
3(x + 2) = x + 36
3x + 6 = x + 36
2x = 30
x = 15
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x =15
b) (1,0 ñiểm)
 4x − 3 y = 1
3x = 3
x = 1
⇔
⇔

− x + 3 y = 2
− x + 3 y = 2
 −1 + 3 y = 2

ðiểm

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5

(3,0
ñiểm)

x = 1
x = 1
x = 1
Vậy hệ ñã cho có nghiệm duy nhất 
⇔
⇔
3 y = 3  y = 1
y =1
b) (1,0 ñiểm)

0,5


x
2 
P = 
+
 . ( x − 4 ) (với x ≥ 0 và x ≠ 4 )
x − 2 
 x +2

P=



x

(

(

x +2

x −2

)(

)

x −2

+

) (

2

(

x +2

)(

)



 .( x − 4)
x −2 


x +2

)

x−2 x +2 x +4
.( x − 4)
x−4
= x+4
=

Bài 2
(1,5
ñiểm)

0,5

Gọi số thí sinh vào trường THPT Chuyên và số thí sinh vào trường PTDT
Nội trú lần lượt là x , y (thí sinh) (điều kiện x > 0, y > 0)
2
Vì số thí sinh vào trường THPT Chuyên bằng số thí sinh vào trường
3
2
PTDT Nội trú nên ta có: x = y (1)
3
Vì tổng số phịng thi của cả hai trường là 80 phịng thi và mỗi phịng thi có
đúng 24 thí sinh nên tổng số thí sinh của cả hai trường là:

24.80 = 1920 (thí sinh)
Do đó ta có phương trình; x + y = 1920 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
2
2


2
x= y
x= y



x
=
y
 y = 1152



3
3
⇔
⇔
⇔
3

 x = 768
 x + y = 1920
 2 y + y = 1920

 5 y = 1920
 3
 3
ðối chiếu ñiều kiện ta thấy x = 768; y = 1152 đều thỏa mãn.
Vậy số thí sinh vào trường THPT Chuyên và số thí sinh vào trường PTDT
Nội trú lần lượt là 768 thí sinh , 1152 thí sinh.
3 a)(0,5 ñiểm)

0,5
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

ðể ñường thẳng (d) y = 2(m − 1) x + m2 + 2m đi qua điểm I (1;3) thì x = 1; y
= 3 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) nên ta có:

3 = 2(m − 1).1 + m 2 + 2m
⇔ m 2 + 2m + 2m − 2 = 3
⇔ m 2 + 4m − 5 = 0

0,25

⇔ m − 1 + 4m − 4 = 0

2

⇔ ( m − 1)( m + 1) + 4 ( m − 1) = 0
Bài 3
(1,5
ñiểm)

⇔ ( m − 1)( m + 5 ) = 0
m − 1 = 0
⇔
m + 5 = 0
m = 1
⇔
 m = −5
Vậy với m = 1 hoặc m = - 5 thì ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm I(1;3)

0,25


3 b) (1,0 ñiểm)
(P) y = x 2 và (d) y = 2(m − 1) x + m2 + 2m ( m ≠ 1)
Hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình:
x 2 = 2( m − 1) x + m 2 + 2m (1)

0,25

⇔ x 2 − 2(m − 1) x − ( m 2 + 2m) = 0

∆ ' = (m − 1) 2 + m 2 + 2m = 2m 2 + 1 > 0
với mọi m

Phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

 x1 + x2 = 2 ( m − 1)
Khi đó theo hệ thức Vi-ét 
(2)
2
 x1 x2 = −(m + 2m)
Theo bài ra, ta có: x12 + x 2 2 + 6 x1 x2 = 2020

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 6 x1 x2 = 2020
2

⇔ ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2 = 2020 (3)
2

0,25

Thay (2) vào (3) ta có:

[ 2(m − 1)]

2

− 4(m 2 + 2m) = 2020

⇔ 4m 2 − 4m + 4 − 4m 2 − 8m = 2020
⇔ 12m = −2016
⇔ m = −168
Vậy m = − 168 thỏa mãn bài.
Vẽ hình đúng cho câu a

0,25

M

0,25

C

P
Bài 4
(3,5
điểm)

K
A

Q

P
I

O

B

4.1 a (0,75 điểm)
Xét (O) có ACB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên PCB = 900
0
Ta có: d ⊥ AB tại I; P ∈ d nên PI ⊥ AB tại I => PIB = 90

0,25
0,25

Xét tứ giác BCPI có: PCB = 900 và PIB = 900 (cmt)
Do đó tứ giác BCPI nội tiếp được đường trịn.
0,25
4.1 b (1,0 điểm)
Xét ∆MAB có MI ⊥ AB tại I(gt); AC ⊥ BM tại C ( ACB = 900 )
Mà MI ∩ AC ≡ { P} nên P là trực tâm của ∆MAB (1)

0,25


0
Lại có: AKB = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn)
BK ⊥ AK tại K hay BK ⊥ AM tại K
BK là ñường cao của ∆MAB (2)

Từ (1) và (2) suy ra BK ñi qua P hay 3 ñiểm B, P, K thẳng hàng.

0,25
0,25
0,25

4.1 c (1,0 điểm)
Có OA = R mà I là trung ñiểm của AO nên AI = IO =

OA R
=

2
2

R 3R
=
2
2
Xét ∆BOC có OB = OC = BC = R nên ∆BOC là tam giác ñều.

BI = OB + IO = R +

0,25

Do đó OBC = 600 hay ABC = 600
Xét ∆ABC có : ACB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Nên ABC + CAB = 900 mà ABC = 600 nên CAB = 900 − 600 = 300 hay
PAI = 300
Xét ∆AIP: AIP = 900 ( d ⊥ AB; P ∈ d ) nên:

PI = AI .tan PAI =

R
R 3 R 3
.tan 300 = .
=
2
2 3
6

Xét ∆ABK và ∆PBI có ABK chung; AKB = PIB = 900

Do đó ∆ABK ∼ ∆PBI (g.g)
BK BI
BK AK
⇒
=
=
(các cạnh tương ứng tỉ lệ) hay
AK PI
BI
PI

BK
AK
BK AK
BK 2 AK 2
⇒
=
⇒
=
⇒
=
3R
3
9
1
3R
3
2
2
4

12
6
6
Do đó:

0,25

BK 2 AK 2 BK 2 + AK 2 AB 2 4R 2 12R 2
=
=
=
=
=
9
1
9 1
7
7
7
+
4
12
4 12
3
3

189 R
(ñơn vị độ dài)
7
MI BK

=
Có ∆AIM ∼ ∆AKB (g.g) ⇒
(các cạnh tương ứng tỉ lệ)
AI AK
BK BI
MI BI
=
=
Mà
(cmt) nên
AK PI
AI PI
R 3R
.
AI .BI 2 2
3R 6 3 3R
⇒ MI =
=
=
.
=
PI
4
2
3.R
3
6
Từ Q kẻ QH ⊥ IM tại H. Dễ dàng chứng minh được tứ giác QHIB là hình
vng. Suy ra QH = BI
Ta có :

AI .MI QH .MI MI
+
=
S AMQI = S AMI + SQMI =
.( AI + QH )
2
2
2
Suy ra: BK =

0,25

0,25


MI
AB 3 3R
3 3R 2
=
.( AI + BI ) = MI .
=
.R =
(ñvdt)
2
2
2
2

3−x = x 3+x
ðiều kiện 0 < x ≤ 9

Bình phương hai vế phương trình đã cho, ta ñược:

0,25

0,25

3 − x = x 2 .( 3 + x )

⇔ x 3 + 3.x 2 + x = 3
2

Bài 5
(1,0
ñiểm)

3

1
 1   1 
 1 
⇔ x + 3.x .
+ 3.x. 
 +
 = 3 +

3
 3  3
 3
3

3

2

3

1 
10 10 3

⇔x+
=
 =
9
3 3 3

⇔ x+

0,25

1
10 3
=3
9
3

⇔x= 3

10 3
3
−

(thỏa mãn điều kiện)
9
3

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x =

0,25
3

10 3
3
−
9
3