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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

BÌNH PHƯỚC

NĂM HỌC 2019 - 2020

----------------

MƠN THI: TỐN (ĐỀ CHUNG)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 01/6/2019
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ðỀ BÀI

Câu 1. (2,0 ñiểm)
1) Tính giá trị của các biểu thức sau:
A = 3 49 − 25

B = (3 − 2 5) 2 − 20

x
x  x +1
2) Cho biểu thức P = 
với x > 0; x ≠ 1 .
 x − 1 + x − x  : 3



a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm giá trị của x để P = 1 .
Câu 2. (2,0 ñiểm)
1) Cho parabol ( P ) : y =

1 2
x và ñường thẳng ( d ) : y = x + 2 .
2

a) Vẽ parabol ( P ) và ñường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa ñộ Oxy .
b) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hồnh độ
bằng −2 .
2 x + y = 5
2) Khơng sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: 
x + 2 y = 4
Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2 − (m + 2) x + m + 8 = 0 (1) với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = −8 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 .
2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất ñịnh. Trên thực tế, mỗi
ngày nơng trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nơng trường đã khai thác được 261 tấn và song
trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nơng trường khai thác được bao nhiêu tấn mũ cao su.
Câu 4. (1,0 ñiểm)
Cho tam giác ABC vng tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH = 3cm; HB = 4cm .
Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC .


Câu 5. (2,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2 R . Gọi C là trung ñiểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vng

góc với OA cắt đường trịn (O ) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy ñiểm K ( K khác
B và M ). Gọi H là giao ñiểm của AK và MN .

a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường trịn.
b) Chứng minh AK . AH = R 2 .
c) Trên tia KN lấy ñiểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK .


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Tính giá trị của các biểu thức sau:
A = 3 49 − 25

A = 3 72 − 52

A = 3.7 − 5
A = 21 − 5
A = 16
B = (3 − 2 5) 2 − 20
B = 3 − 2 5 − 2 2.5
B = −(3 − 2 5) − 2 5

B = −3 + 2 5 − 2 5

B = −3

x
x  x +1
2) Cho biểu thức P = 
với x > 0; x ≠ 1 .

+
 :
3
x
−
1
x
−
x



a) Rút gọn biểu thức P .
b) Tìm giá trị của x để P = 1 .
Lời giải
a) Rút gọn biểu thức P .

x
x  x +1
P = 
+
 :
3
 x −1 x − x 

x
P = 
+
x
−

1


 x +1
x
:
3
x ( x − 1) 


 x +1
x. x
x
P = 
+
 :
3
x
(
x
−
1)
x
(
x
−
1)



P=

x+ x
x +1
:
3
x ( x − 1)

P=

x+ x
3
⋅
x ( x − 1) x + 1


P=

x ( x + 1).3
x ( x − 1)( x + 1)

P=

3
x −1

b) Tìm giá trị của x để P = 1 .
P =1⇔

3

=1
x −1

⇔ x −1 = 3
⇔ x =4

⇔ x = 16
Vậy x = 16 thì P = 1 .
Câu 2. (2,0 ñiểm)
1) Cho parabol ( P ) : y =

1 2
x và ñường thẳng ( d ) : y = x + 2 .
2

a) Vẽ parabol ( P ) và ñường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy .
b) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hồnh độ
bằng −2 .
Lời giải
a) Vẽ parabol ( P ) và ñường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa ñộ Oxy .
Bảng giá trị:

y=

x

−4

−2

0

2

4

1 2
x
2

8

2

0

2

8

ðồ thị hàm số y =

1 2
x là ñường Parabol ñi qua các ñiểm (−4;8);( −2; 2) ; (0;0) ; (2; 2); (4;8) và nhận Oy
2

làm trục ñối xứng.
ðồ thị hàm số y = x + 2 là ñường thẳng ñi qua ñiểm (0; 2) và ñiểm ( −2; 0)

b) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hồnh ñộ
bằng −2 .
Lời giải
Vì ñường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) nên ta có phương trình của đường thẳng
(d1 ) : y = x + b (b ≠ 2)
Gọi A(−2; y A ) là giao ñiểm của parabol ( P ) và ñường thẳng (d1 ) .
⇒ A ∈ ( P)

⇒ yA =

1
⋅ (−2) 2 = 2
2

⇒ A( −2; 2)

Mặt khác, A ∈ (d1 ) , thay tọa ñộ của ñiểm A vào phương trình đường thẳng (d1 ) , ta ñược:
2 = −2 + b ⇔ b = 4 (nhận)
Vậy phương trình đường thẳng (d1 ) : y = x + 4
2 x + y = 5
2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: 
x + 2 y = 4
2 x + y = 5
4 x + 2 y = 10
3x = 6
x = 2
⇔
⇔
⇔


x + 2 y = 4
x + 2 y = 4
x + 2 y = 4
x + 2 y = 4
x = 2
x = 2
x = 2
⇔
⇔
⇔
2 + 2 y = 4
2 y = 2
y =1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = (2;1)


Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2 − (m + 2) x + m + 8 = 0 (1) với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = −8 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 .
Lời giải
a) Giải phương trình (1) khi m = −8 .
Thay m = −8 vào phương trình (1), ta được: x 2 − (−8 + 2) x − 8 + 8 = 0
⇔ x2 + 6x = 0
⇔ x ( x + 6) = 0

x = 0
x = 0
⇔
⇔

x + 6 = 0
 x = −6
Vậy m = −8 thì phương trình (1) có 2 nghiệm: x = −6; x = 0
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 .
Lời giải
∆ = (m + 2) 2 − 4(m + 8) = m 2 + 4m + 4 − 4m − 32 = m 2 − 28

∆ > 0

Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi  S > 0
P > 0

m < −2 7 hoaëc m > 2 7
m2 − 28 > 0


⇔  m + 2 > 0 ⇔  m > −2
⇔m>2 7

 m > −8
m + 8 > 0

Theo đề bài, ta có:
x13 − x2 = 0 ⇔ x13 = x2 ⇔ x1 x2 = x14 = m + 8 ⇔ x1 = 4 m + 8 ⇒ x2 = 4 ( m + 8)3
⇒ x1 + x2 = m + 2 ⇔ 4 m + 8 + 4 ( m + 8)3 = m + 8 − 6

ðặt

4

m + 8 = t (t ≥ 0) , ta có: t + t 3 = t 4 − 6

⇔ t4 − t3 − t − 6 = 0

⇔ t 4 − 16 − (t 3 + t − 10) = 0
⇔ (t 2 − 4)(t 2 + 4) − (t 3 − 8 + t − 2) = 0
⇔ (t − 2)(t + 2)(t 2 + 4) −  (t − 2)(t 2 + 2t + 4) + (t − 2)  = 0

⇔ (t − 2)(t + 2)(t 2 + 4) − (t − 2)(t 2 + 2t + 5) = 0


⇔ (t − 2)(t 3 + 2t 2 + 4t + 8 − t 2 − 2t − 5) = 0
⇔ (t − 2)(t 3 + t 2 + 2t + 3) = 0

⇔ t = 2 (vì t ≥ 0 ⇒ t 3 + t 2 + 2t + 3 > 0 )
⇒ 4 m + 8 = 2 ⇔ m + 8 = 2 4 = 16 ⇔ m = 8 (nhận)

2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế,
mỗi ngày nơng trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nơng trường ñã khai thác ñược 261 tấn và
song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác ñược bao nhiêu tấn mũ cao su.
Lời giải
Gọi số tấn mũ cao su mỗi ngày nông trường khai thác ñược là x (tấn)
(ðiều kiện: 0 < x < 260 )
Thời gian dự ñịnh khai thác mũ cao su của nông trường là:

260
(ngày)
x

Trên thực tế, mỗi ngày nông trường khai thác ñược: x + 3 (tấn)

Thời gian thực tế khai thác mũ cao su của nơng trường là:
Theo đề bài, ta có phương trình:
⇒

261
(ngày)
x+3

261
260
+1 =
x+3
x

x( x + 3) 260( x + 3)
261x
+
=
x( x + 3) x( x + 3)
x( x + 3)

⇒ 261x + x ( x + 3) = 260( x + 3)

⇔ 261x + x 2 + 3 x = 260 x + 780
⇔ 261x + x 2 + 3 x − 260 x − 780 = 0
⇔ x 2 + 4 x − 780 = 0 (1)

∆ ' = 4 + 780 = 784 > 0 ⇒ ∆ ' = 784 = 28

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt:

x1 =

−2 + 28
−2 − 28
= 26 (nhận) hoặc x2 =
= −30 (loại)
1
1

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nông trường cao su khai thác 26 tấn.


Câu 4. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC vng tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH = 3cm; HB = 4cm .
Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC .
Lời giải
A

C

H

M

Xét ∆AHB vng tại H , theo định lí Pitago, ta có: AB 2 = AH 2 + HB 2
AB 2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
⇒ AB = 25 = 5 (cm)

Xét ∆ABC vuông tại A , có đường cao AH .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vng, ta có:

⇒

1
1
1
1 1 1 1
=
−
= 2− 2 = −
2
2
2
AC
AH
AB
3 5
9 25

⇒

1
16
225
=
⇒ AC 2 =
2
AC
225
16

⇒ AC =

1
1
1
=
+
2
2
AH
AB
AC 2

225 15
= (cm)
16
4

Xét ∆ABC vng tại A , theo định lí Pitago, ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2
2

225 625
 15 
BC 2 = 52 +   = 25 +
=
16
16
 4

⇒ BC =

625 25
=
(cm)
16
4

∆ABC vuông tại A , AM là ñường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
⇒ AM =

1
1 25 25
=
BC = ⋅
(cm)
2
2 4
8

Diện tích tam giác ABC : S ABC =

1
1
15 75
⋅ AB ⋅ AC = ⋅ 5 ⋅ = (cm 2 )
2
2
4
8

B


Câu 5. (2,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2 R . Gọi C là trung ñiểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vng
góc với OA cắt đường trịn (O ) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy ñiểm K ( K khác
B và M ). Gọi H là giao ñiểm của AK và MN .

a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường trịn.
b) Chứng minh AK . AH = R 2 .
c) Trên tia KN lấy ñiểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK .
Lời giải
a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường trịn.
M
K

H
A

C

O

N

Vì AB ⊥ HC tại C nên BCH = 900 ;
Ta có: AKB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ BKH = 900
Xét tứ giác BCHK có: BCH + BKH = 900 + 900 = 1800
Mà BCH ; BKH là hai góc đối nhau.
Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

B


b) Chứng minh AK . AH = R 2 .
M
K

H
A

C

N

Xét ∆ACH và ∆AKB có:
ACH = AKB = 900 ;

BAK là góc chung;
Do đó: ∆ACH # ∆AKB ( g .g )
⇒

AH AC
=
AB AK

⇒ AH . AK = AB. AC = 2 R ⋅

Vậy AK . AH = R 2

R
= R2
2

O

B


c) Trên tia KN lấy ñiểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK .
E

M
K
H
A

C

O

B

I

N

Trên tia ñối của tia KB lấy ñiểm E sao cho KE = KM = KI
Xét ∆OAM có MC là đường cao ñồng thời là ñường trung tuyến (vì C là trung ñiểm của OA )

⇒ ∆OAM cân tại M ⇒ AM = OM .
Mà OA = OM = R ⇒ OA = OM = AM

⇒ ∆OAM là tam giác ñều ⇒ OAM = 600
Ta có: AMB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

⇒ ∆AMB vng tại M .
⇒ ABM = 300
Xét ∆BMC vng tại C có: BMC + MBC = 900
⇒ BMC = 900 − MBC = 900 − 300 = 600 ⇒ BMN = 600 (1)
Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên EKM = MAB = 600
Mặt khác: KM = KE (cách dựng) ⇒ ∆EKM cân tại K
Và EKM = 600 ⇒ ∆EKM là tam giác ñều. ⇒ KME = 600 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: BMN = KME = 600
⇒ BMN + BMK = KME + BMK
⇒ NMK = BME
Xét ∆BCM vuông tại C có: sin CBM = s in300


⇒

CM 1
= ⇔ BM = 2CM
BM 2

Mà OA ⊥ MN tại C

⇒ C là trung điểm của MN (đường kính vng góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung).
⇒ MN = 2CM
⇒ MN = BM (vì = 2CM )

Xét ∆MNK và ∆MBE có:
MNK = MBE (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK )
MN = BM (cmt )

NMK = BME (cmt )
Do đó: ∆MNK = ∆MBE ( g .c.g )

⇒ NK = BE (Hai cạnh tương ứng)
⇒ IN + IK = BK + KE
Mà IK = KE (vẽ hình)
Suy ra: IN = BK