Đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Thái Bình năm 2019 - Ươm mầm tri thức

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (231.26 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÁI BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2019-2020

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)

Cho 1

1
x x
A

x

+ +

+ và

1 2 1

( 0, 1)

1 1 1

x x

B x x

x x x x x

+ +

= − − ≥ ≠

− − + +

a) Tính giá trị của biểu thức A khi x= 2
b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm x sao cho biểu thức C = −A B. nhận giá trị là số nguyên.

Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình 4 3

2 1

x y

+ =


 − =

 (không sử dụng máy tính cầm tay)

b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150m . Bi2 ết rằng, chiều dài mảnh vườn
hơn chiều rộng mảnh vườn là 5 .m Tính chiều rộng mảnh vườn.

Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hàm số y =

(

m−4

)

x+ + (m 4 mlà tham số)

a) Tìm mđể hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên .

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của mthì đồ thi hàm số đã cho ln cắt parabol

( )

P y=x tại hai điểm phân biệt. Gọi x x1, 2là hoành độ các giao điểm, tìm msao
cho x x1

(

1− +1

)

x2

(

x2− = 1

)

c) Gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng

( )

d .Chứng minh khoảng cách từ điểm

( )

0;0

O đến

( )

d không lớn hơn 65

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm Ođường kính AB K. ẻ dây cung CDvng góc với AB tại H 
(H nằm giữa Avà O, H khác A và O). Lấy điểm G thuộc đoạn CH G khác C và H), tia (
AG cắt đường tròn tại E khác A

a) Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp

b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD. Chứng minh KC KD. =KE KB.

c) Đoạn thẳng AK cắt đường tròn tâm O tại F khác A. Chứng minh G là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác HEF

d) Gọi ,M N lần lượt là hình chiếu vng góc của A và B lên đường thẳng EF.Chứng minh
.

HE+HF =MN

Câu 5. (0,5 điểm)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Chứng minh rằng:

3 3 3

3
a b c

b + c + a ≥

ĐÁP ÁN 
Câu 1.

a) Điều kiện x≥0,x≠ 1

Khi x =2(tmdk)ta thay vào biểu thức A ta được:

(

)(

)

(

)(

)

3 2 2 1

2 2 1 3 2 3 2 3 2 2

2 2 1
2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

A= + + = + = + − = − + − = −

−

+ + + −

b) Điều kiện: x≥0,x≠ 1

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

(

)(

)

1 2 1

1 1 1

1 2 1 1

1 1 1 1

1 1

x x

B

x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x x

x x

x x x

+ +
= − −
− − + +
+ + − − − + − −
= =
− + + − + +
− −
= =
+ +
− + +

c) Điều kiện : x≥0,x≠ 1
Ta có:

1 1 1 1

. . 1

1 1 1 1 1

x x x x x

C A B C

x x x x x x

+ + − + −
= − ⇒ = − = = = −
+ + + + + +
Với
0
1

0, 1 1 0 0 1

1
1 1
1 1
x
C
x

x x x C

x
C
x x

= ≥

+


≥ ≠ ⇒ + > ⇒ ⇒ ≤ <

 = = − <

 + +



( )

0 0 0 0

1
x

C C x x tm

x

⇒ ∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

+


Vậy x=0thì C = −A B. nhận giá trị nguyên

Câu 2.

2 2

4 3 6 4 3 3

)

2 1 2 1 2 1

2. 1

3 3

x x

x y x

a

x y x y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

( )

; 2 1;
3 3
x y =  

 

b) Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là x m

( )

x> 0
Khi đó chiều dài mảnh vườn là x+5

( )

m

Diện tích mảnh vườn là: x+5

( )

m

Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là 2

150m nên ta có phương trình:

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

5 150
5 150 0

15 10 150 0

15 10 15 0

10 15 0

10( )
15( )
x x

x x

x x x

x x x

x x

x tm
x ktm

+ =

⇔ + − =

⇔ + − − =

⇔ + − + =

⇔ − + =

=

⇔  = −

Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 10m

Câu 3.

a) Hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên  khi

4 0 4

m m

m

m m

− ≠ ≠

 

⇔ ⇔ >

 − >  >

 

b) Gọi đồ thị hàm số y =

(

m−4

)

x+ +m 4là đường thẳng

( )

d

Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P):

(

)

(

)

2 2

4 4 4 4 0(*)

x = m− x+ + ⇔m x − m− x− − =m

Số giao điểm của (d) và (P) đồng thời cũng là số nghiệm của phương trình (*)
Có các hệ số a=1,b= −

(

m−4 ,

)

c= − − m 4

Ta có:

(

)

(

)

2 2

(

)

4 4 4 8 16 4 16 4 4 28 2 28

m m m m m m m m

∆ = − + + = − + + + = − + + = − +

Ta có: ∆ > ∀0 m

Nên (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình (*) ta có: 1 2

1 2

4
4

x x m

x x m

+ = −



 = − −


Theo đề ra ta có:

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 2 2

2 2

1 1 2 2

2 2

1 2 1 2 1 2

1 1 18

18 0

2 18 0

x x x x
x x x x

x x x x x x

− + − =

⇔ − + − − =

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(

)

(

) (

)

4 2 4 4 18 0

8 16 2 8 4 18 0

m m m

m m m m

⇔ − − − − − − − =

⇔ − + + + − + − =

7 10 0

m m

⇔ − + =

(

) (

)

(

)(

)

2 5 10 0

2 5 2 0

2 5 0

2( )
5( )

m m m

m m m

m m

m tm
m tm

⇔ − − + =

⇔ − − − =

⇔ − − =


⇔  =

Vậy m∈

{ }

2;5 thỏa giá trị bài toán
c) Ta có:

( )

d :y =

(

m−4

)

x+ + m 4

+)Xét TH: m− = ⇔ = ta có: 4 0 m 4

( )

d :y =8là đường thẳng song song với trục hoành

( )

(

)

( )

(

)

, 8 64 65

, 65 4

d O d

d O d vs m

⇒ = = <

⇒ < =

+)Xét TH: m− ≠ ⇔ ≠4 0 m 4ta có:

Goi Alà giao điểm của đường thẳng

( )

d với trục Ox ⇒ A x

(

A;0

)

(

)

4 4

0 4 4 ,0

4 4

A A

A

m m

m x m x A

m m

OA x

m m

+  + 

⇒ = − + + ⇔ = − ⇒ − 

−  − 

+ +

⇒ = = − =

− −

Gọi B là giao điểm của đường thẳng

( )

d với trục Oy⇒B

(

0;yB

)

(

4 .0

)

4 4

(

0; 4

)

B

y m m m B m

OB y m

⇒ = − + + = + ⇒ +

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Áp dụng hệ thức lượng cho OAB∆ vng tại O có đường cao OH ta có:

(

)

2 2

2 2 2

1 1 1 1 1

4
4

OH OA OB m m

m

= + = +

 + 

 − 

 

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2 2 2

4 4 1 4

1 1

4 4 4 4 1

m m m

OH

OH m m m m

− − + +

⇔ = + = ⇔ =

+ + + − +

Giả sử khoảng cách từ O đến đường thẳng

( )

d không lớn hơn 65 ⇔d O d

(

;

( )

)

≤ 65

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2

2 2

65 65

4 1

4 65 4 1 ( 4 1 0)

8 16 65 520 1105

64 528 1089 0

8 33 0

OH OH

m
m

m m do m

m m m m

m m

m

⇔ ≤ ⇔ ≤

⇔ ≤

− +

 

⇔ + ≤  − +  − + >

⇔ + + ≤ − +

⇔ − + ≥

⇔ − ≥

Ta có:

(

8m−33

)

2 ≥ ∀ ⇒0 m OH2 ≤ ∀ ⇒65 m d O d

(

( )

)

=OH ≤ 65

( )

(

)

d O d

⇒ không lớn 65 với mọi m≠4

Kết hợp hai trường hợp trên ta được khoảng cách từ O đến đường thẳng

( )

d không lớn
hơn 65

8
6
4
2

2
4
6
8

15 10 5 5 10 15

d

H

O
B

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 4.

a) Ta có AEB=900(góc nơi tiếp chắn nửa đường trịn(O))⇒GEB=900
Có CD⊥ ABtại H(gt) ⇒GHB=900

Xét tứ giác BEGH có  GHB+GEB=900 +900 =1800 ⇒ Tứ giác BEGH là tứ giác 
nội tiếp.

b) Dễ thấy tứ giác BECDnội tiếp đường trịn (O)   ⇒KEC =CDB=KDB(góc ngồi
bằng góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

Xét tam giác KCEvà tam giác KBD có: 


BKDchung; KEC =( )KDB cmt

( )

. KC KE . . ( )

KCE KBD g g KC KD KE KB dfcm
KB KD

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

c) Ta có: AFB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)⇒BF ⊥ AF(1)
Xét ∆KABcó hai đường cao AE KH c, ắt nhau tại G⇒Glà trực tâm KAB∆

P

Q

N

M

F

K

E

D

C

B

O

A

H

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

BG AK

⇒ ⊥ hay BG⊥ AF

( )

Từ (1) và (2) ⇒qua B kẻ được 2 đường thẳng BG BF cùng vng góc v, ới AF
BG BF

⇒ ≡ hay B,G,F thẳng hàng  0

90
GF AF AFG

⇒ ⊥ ⇒ =

Xét tứ giác AFGH có  AFG+AHG=900 +900 =1800 ⇒Tứ giác AFGH là tứ giác nội 
tiếp.

 
GHF GAF

⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GF)

Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt)  GHE =GBE(hai góc nội tiếp cùng chắn cung GE)
Lại có:    GAF =EAF =EBF =GBE(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

 

GHF GHE HG

⇒ = ⇒ là phân giác của EHF

( )

Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt)⇒GEH =GBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GH)
Mà GBH =  FBA=FEA=GEF(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

 

GEH GEF EG

⇒ = ⇒ là phân giác của HEF

( )

Từ (*) và (**) ⇒Glà giao điểm của hai đường phân giác của tam giác HEF ⇒Glà tâm
đường tròn nội tiếp tam giác HEF

d) Gọi Q là điểm đối xứng của E qua AB I, là giao điểm của QO với

( )

O .Khi đó IQ
là đường kính của

( )

O

Vì Q là điểm đối xứng của E qua AB hay qua HB nên HB là đường trung trực của EQ 
,

HE HQ AE AQ

⇒ = = và OE =OQ⇒ ∈Q

( )

O

EHQ

∆ có HE =HQnên cân tại H
HB

⇒ vừa là đường trung trực, vừa là đường phân giác ⇒EHQ=2EHB
Vì HG là tia phân giác của EHF cmt( )⇒EHF=2GHE

Ta có: EHQ+EHF =2

(

 EHB+GHE

)

=2.900 =1800 ⇒FHQ =1800
, ,

F H Q

⇒ thẳng hàng⇒FQ=HQ+HF =HE+HF

Xét

( )

O có IFQ=APB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)⇒ AP⊥NBmà
( )

MN ⊥ NB gt ⇒MN / /APhay EF / /AP 
 

AF PE

⇒ = (hai cung bị chắn bởi hai dây song song thì bằng nhau)
Lại có: AQ=AE (cmt)⇒  AE= AQ(tính chất dây căng cung)

   
AF AQ PE AE

⇒ + = + hay FQ= AP
 

FIQ PBA

⇒ = (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét FIQ∆ và ∆PBAcó:

  0

(

)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

(

)

FIQ PBA ch gn FQ AP

⇒ ∆ = ∆ − ⇒ =

Xét tứ giác AMNP có    0

90
M =N =APN =

⇒Tứ giác AMNP là hình chữ nhật ⇒ AP=MN

Mà AP=FQ=HE+HF cmt( )⇒HE+HF =MN dfcm( )

Câu 5,

Với , ,a b cdương, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

3 3 3

2 2 2

2 ; 2 ; 2

a b c

ab a bc b ca c

b + ≥ c + ≥ a + ≥

Ta có:

(

) (

)

2 2 2 2

3 3 3

2 2 2

0 , ,

a b b c c a a b c ab bc ca a b c
a b c

a b c
b c a

− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + + ∀

⇒ + + ≥ + +

, ,
a b c

∀ thỏa mãn bài tốn ta có:

(

) (

)

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2

2 2 2

3 3 3

2 2 2

1 1 1 0

3 2 3 9

3 3

a b b c c a a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c
a b c

b c a

− + − + − + − + − + − ≥

⇒ + + ≥ + + + + + − =

⇒ + + ≥ ⇒ + + ≥

</div>