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

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời ñúng trong các câu sau:
4
Câu 1: Khi x = 7 biểu thức
có giá trị là
x + 2 −1

1
2

A. .
Câu 2:

B.

C.

4
.
3

D. 2 .

Trong các hàm số sau, hàm số nào ñồng biến trên ℝ ?

A. y = 1 − x .
Câu 3:
A. 1 .
Câu 4:

4
.
8

(

)

C. y = 1 − 2 x .

B. y = 2x − 3 .

D. y = −2x + 6 .

Số nghiệm của phương trình x 4 − 3x 2 + 2 = 0 là
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .
2
Cho hàm số y = ax (a ≠ 0) . ðiểm M (1;2) thuộc ñồ thị hàm số khi

Câu 5:

1
1
.
C. a = −2 .
D. a = .
2
4
Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường trịn ( B,C là các

A. 30° .
Câu 6:

tiếp ñiểm). Kẻ ñường kính BK . Biết BAC = 30 ,số đocủa cung nhỏ CK là
B. 60° .
C. 120° .
D. 150° .
Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân ñường cao hạ từ ñỉnh A xuống cạnh BC . Biết

A. a = 2 .

B. a =

AH = 12cm ,

HB
1
= . ðộ dài ñoạn BC là
HC

3

A. 6cm .
II. TỰ LUẬN (7,0 ñiểm)
Câu 7:

C. 4 3cm .

B. 8cm .

(
Cho biểu thức A =

2

D. 12cm .

2

) ( x −1) − 3 x + 1 với x ≥ 0 , x ≠ 1 .
( x − 1)( x + 1) x − 1
x +1 +

Câu 8:

a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số ngun.
An ñếm số bài kiểm tra một tiết ñạt ñiểm 9 và điểm 10 của mình thấynhiều hơn 16 bài. Tổng số
ñiểm của tất cả các bài kiểm tra ñạt ñiểm 9 và điểm 10 đó là 160 . Hỏi An ñược bao nhiêu bài
ñiểm 9 và bao nhiêu bài ñiểm 10 ?

Câu 9:

Cho đường trịn (O ) , hai điểm A, B nằm trên (O ) sao cho AOB = 90º . ðiểm C nằm trên cung
lớn AB sao cho AC > BC và tam giác ABC có ba góc ñều nhọn. Các ñường cao AI , BK của
tam giác ABC cắt nhau tại ñiểm H . BK cắt (O ) tại ñiểm N (khác ñiểm B ); AI cắt (O ) tại

ñiểm M (khác ñiểm A ); NA cắt MB tại ñiểm D . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường trịn.
b) MN là đường kính của đường trịn (O ) .
c) OC song song với DH .


Câu 10: a) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 sao cho x 1 + x 2 + 3 + x 1x 2 = 2m + 1 .
b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M =

a 3 + b3 + 4
.
ab + 1
----------Hết---------

BẢNG ðÁP ÁN
1
D

2
B

3
D

4
A

5
A

6
B

I. TRẮC NGHIỆM (3,0 ñiểm) Chọn phương án trả lời ñúng trong các câu sau:
4
Câu 1: Khi x = 7 biểu thức
có giá trị là
x + 2 −1

1
2

A. .

B.

4
.
8

C.

4
.
3

D. 2 .
Lời giải

Chọn: D
Thay x = 7 (thỏa mãn) vào biểu thức

4
ta tính được biểu thức có giá trị bằng
x + 2 −1

4
4
=
= 2.
7 + 2 −1 3 −1
Câu 2:

Trong các hàm số sau, hàm số nào ñồng biến trên ℝ ?

A. y = 1 − x .

B. y = 2x − 3 .

(

)

C. y = 1 − 2 x .

D. y = −2x + 6 .

Lời giải
Chọn: B
Hàm số y = 2 x − 3 ñồng biến trên ℝ .
Câu 3:
A. 1 .

Số nghiệm của phương trình x 4 − 3x 2 + 2 = 0 là
B. 2 .
C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn: D
ðặt t = x 2 (t ≥ 0) . Khi đó phương trình tương ñương t 2 − 3t + 2 = 0 .
Ta thấy 1- 3 + 2 = 0 . Nên phương trình có hai nghiệm t = 1 (thỏa mãn); t = 2 (thỏa mãn).
 x2 = 1
 x = ±1
Khi ñó ⇒  2
⇔
 x = 2
x = ± 2
Câu 4:

A. a = 2 .

Cho hàm số y = ax 2 (a ≠ 0) . ðiểm M (1;2) thuộc ñồ thị hàm số khi
B. a =

1
.
2

C. a = −2 .

Lời giải
Chọn A .
Vì M (1;2) thuộc đồ thị hàm số y = ax 2 (a ≠ 0) nên ta có
2 = a.12 ⇔ a = 2 (thỏa mãn).

D. a =

1
.
4


Câu 5:

Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường trịn ( B,C là các

A. 30° .

tiếp điểm). Kẻ đường kính BK . Biết BAC = 30 , số ño của cung nhỏ CK là

B. 60° .
C. 120° .
D. 150° .
Lời giải

Chọn: A.

Từ giả thiết ta suy ra tứ giác ABOC nội tiếp nên BAC = COK = 30° , mà COK = sñ CK nên
Số ño cung nhỏ CK là 30° .
Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân ñường cao hạ từ ñỉnh A xuống cạnh BC . Biết
AH = 12cm ,

HB
1
= . ðộ dài ñoạn BC là
HC
3

A. 6 cm .

C. 4 3 cm .
Lời giải

B. 8 cm .

D. 12 cm .

Chọn: B
HB 1
= ⇒ HC = 3HB . Áp dụng hệ

HC 3
thức lượng trong tam giác ABC vng tại A có đường cao
AH 2 = BH .HC ⇔ 12 = BH .3BH
AH ta có
⇔ BH 2 = 4 ⇔ BH = 2
⇒ HC = 3.HB = 3.2 = 6

Theo ñề bài ta có:

⇒ BC = HB + HC = 2 + 6 = 8 ( cm )
II. TỰ LUẬN (7,0 ñiểm)

(
Cho biểu thức A =

Câu 7:

2

2

) ( x −1) − 3 x + 1 với x ≥ 0 , x ≠ 1 .
( x − 1)( x + 1) x − 1
x +1 +

a) Rút gọn biểu thức A .
b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số ngun.
Lời giải
a) A =

(

2

) (

x +1 +

2

)

x −1 − 3 x −1

=

x −1

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

(

2019 2 x + 2 − 3
2019A =

) = 4038 −

x +1

x + 2 x +1+ x −2 x +1− 3 x −1
x −1

( x − 1)(2 x − 1) = 2 x − 1 .
( x − 1)( x + 1) x + 1
6057

.

x +1

b)
2019A là số nguyên khi và chỉ khi

+)

x + 1 = 1 ⇔ x = 0 , thỏa mãn.

x + 1 là ước nguyên dương của 6057 gồm: 1; 3;9;673, 2019;6057 .


+)

x + 1 = 3 ⇔ x = 4 , thỏa mãn.

+)

x + 1 = 9 ⇔ x = 64 , thỏa mãn.

+)

x + 1 = 673 ⇔ x = 451584 , thỏa mãn.

+)

x + 1 = 2019 ⇔ x = 4072324 , thỏa mãn.

+) x + 1 = 6057 ⇔ x = 36675136 , thỏa mãn.
Câu 8: An ñếm số bài kiểm tra một tiết ñạt ñiểm 9 và ñiểm 10 của mình thấynhiều hơn 16 bài. Tổng số
ñiểm của tất cả các bài kiểm tra ñạt ñiểm 9 và điểm 10 đó là 160 . Hỏi An được bao nhiêu bài
ñiểm 9 và bao nhiêu bài ñiểm 10 ?
Lời giải
Gọi số bài ñiểm 9 và ñiểm 10 của An ñạt ñược lần lượt là x , y (bài) (x , y ∈ ℕ ) .
Theo giả thiết x + y > 16 .
Vì tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đó là 160 nên 9x + 10y = 160 .
Ta có 160 = 9x + 10y ≥ 9 (x + y ) ⇒ x + y ≤

160
.
9

160
nên x + y = 17 .
9




x = 17 − y
x + y = 17
x = 10

⇔ 
⇔ 
Ta có hệ 
(thỏa mãn).



x
+
y
=
y
=
9
10
160
7
−
+
=
9
17
y
10
y

160
(
)







Vậy An được 10 bài điểm 9 và 7 bài ñiểm 10 .

Do x + y ∈ ℕ và 16 < x + y ≤

Câu 9:

Cho ñường trịn (O ) , hai điểm A, B nằm trên (O ) sao cho AOB = 90º . ðiểm C nằm trên cung
lớn AB sao cho AC > BC và tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI , BK của
tam giác ABC cắt nhau tại ñiểm H . BK cắt (O ) tại ñiểm N (khác ñiểm B ); AI cắt (O ) tại

ñiểm M (khác ñiểm A ); NA cắt MB tại ñiểm D . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường trịn.
b) MN là đường kính của đường trịn (O ) .
c) OC song song với DH .
Lời giải
a)Ta có


HK ⊥ KC ⇒ HKC + HIC = 90º +90º = 180º .


HI ⊥ IC


Do đó,CIHK là tứ giác nội tiếp.
b) Do tứ giác CIHK nội tiếp nên
1
1
45º = ICK = BHI = sñBM + sñAN .
2
2

⇒ sñBM + sñAN = 90° .

C

N
O
K
H
A

I
B

Suy ra, sñMN = sñAB + (sñBM + sñAN ) hay
= 90° + 90° = 180º
MN là đường kính của (O ) .
D

M

c) Do MN là đường kính của (O ) nên MA ⊥ DN , NB ⊥ DM . Do đó, H là trực tâm tam giác DMN hay
DH ⊥ MN .
Do I , K cùng nhìn AB dưới góc 90º nên tứ giác ABIK nội tiếp.

Suy ra, CAI = CBK ⇒ sđCM = sđCN ⇒ C là điểm chính giữa của cung MN ⇒ CO ⊥ MN .
Vì AC > BC nên ∆ABC khơng cân tại C do đó C ,O, H khơng thẳng hàng. Từ đó suy ra CO //DH .
Câu 10: a) Cho phương trình x 2 − 2mx − 2m − 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 sao cho x 1 + x 2 + 3 + x 1x 2 = 2m + 1 .
b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M =

a 3 + b3 + 4
.
ab + 1
Lời giải
2

a) ∆′ = m 2 + 2m + 1 = (m + 1) .
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆′ > 0 ⇔ m ≠ −1 .
Áp dụng ðL Vi-ét ta có x 1 + x 2 = 2m; x 1.x 2 = −2m − 1 .
Ta có

2m + 2 − 2m = 2m + 1 ( ðK 0 ≤ m ≤ 1 (*) )

2m − 1

2m − 1

− (2m − 1) = 0
2m + 1
2 − 2m + 1

m = 1 t / m (*)



1
1
2
⇔ (2m − 1)
−
− 1 = 0 ⇔ 
1
1

 2m + 1

2 − 2m + 1
−
− 1 = 0 (2)

 2m + 1
2 − 2m + 1
1
≤ 1 . Do đó, VT (2) < 0 = VP (2) hay (2) vơ
Vì 2m + 1 ≥ 1, ∀m thỏa mãn 0 ≤ m ≤ 1 ⇒
2m + 1

nghiệm.
1
Vậy giá trị cần tìm là m = .
2
⇔ 2m − 1 + 2 − 2m − 1 − (2m − 1) = 0 ⇔

−

(

(

)

)

b) Ta có a 3 + b 3 + 4 = a 3 + b 3 + 1 + 3 ≥ 3ab + 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .

a 3 + b 3 + 4 3 (ab + 1)
≥
= 3.
ab + 1
ab + 1
Do đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 3 ñạt ñược khi a = b = 1 .
Vì ab + 1 > 0 nên M =

Suy ra a 3 + b3 + 4 ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) + 4 = 2 2 + 4 .

This image cannot currently be display ed.

+) Vì a 2 + b 2 = 2 nên

a 3 + b3 + 4
1
≤ 2 2 + 4.
≤ 1 do ab + 1 ≥ 1 . Suy ra M =
ab + 1
ab + 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
2


a + b = 2 ⇔ a;b = 0; 2 ∨ a;b = 2; 0 .
( )
( )

ab = 0



Mặt khác

(

)

(

)

(

)

Giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4 + 2 2 ñạt ñược khi (a;b ) = 0; 2 ∨ (a;b ) =
--------------- HẾT ---------------

(

2; 0

)