bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2020 có đáp án chi tiết (tập 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2019 - 2020
Mơn thi: TỐN (Cơng Lập)
Ngày Thi: 05 – 06 - 2019
Thời gian:120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức: K = 9 + 45 − 3 5
x−4 x+2 x
Q=
+
x +2
x (với x > 0 )
2. Rút gọn các biểu thức:
3. Giải phương trình:
Câu 2: (2,0 điểm)

x2 + 4x + 4 = 3

P : y = 2x2
d : y = 2x + 4
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho Parabol ( )
và đường thẳng ( )
P
d
1.Vẽ Parabol ( ) và đường thẳng ( ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
P

d
2.Tìm tọa độ giao điểm của Parabol ( ) và đường thẳng ( ) bằng phép tính.
d ' : y = ax + b
d'
d
d
3.Viết phương trình đường thẳng ( )
. Biết rằng ( ) song song với ( ) và ( 1 ) và
N 2; 3 )
đi qua điểm (
.
Câu 3: (2,0 điểm)
2
1.Giải phương trình: x − 7 x + 10 = 0 (không giải trực tiếp bằng máy tính cầm tay)

2 x − y = 5

2.Giải hệ phương trình:  x + y = 1 (khơng giảitrực tiếp bằng máy tính cầm tay)
2
3.Cho phương trình (ẩn x ) x − 6 x + m = 0
a)Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 .
b)Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 thỏa mãn điều kiện

x12 − x22 = 12

.
Câu 4: (4,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC vng tại A có đường cao AH , biết AB = 5cm ; BH = 3cm . Tính
AH , AC và sin·CAH

.
O,R
) , đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn ( O,R ) và lấy
2.Cho đường trịn (
trên tiếp tuyến đó điểm P sao cho AP > R , từ P kẻ tiếp tuyến thứ hai tiếp xúc với đường tròn
( O,R ) tại M .
a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp được đường tròn.
b) Chứng minh BM song song OP .
c) Biết đường thẳng vng góc với AB tại O cắt BM tại N , AN cắt OB tại K , PM
cắt ON tại I , PN cắt OM tại J . Chứng minh ba điểm K ,I ,J thẳng hàng.

----HẾT---Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh ----------------------------------

Số báo danh:-------------------------


Chữ kí giám thị 1:----------------------------------

Chữ kí giám thị 2:------------------

LỜI GIẢI
1. Rút gọn các biểu thức: K = 9 + 45 − 3 5
x−4 x+2 x
Q=
+
x +2
x (với x > 0 )
2. Rút gọn các biểu thức:
3. Giải phương trình:

Lời giải

x2 + 4 x + 4 = 3

1. K = 9 + 45 − 3 5 = 3 + 3 5 − 3 5 = 3 .

2.
3.

Q=

x−4 x+2 x
+
=
x +2
x

(

)(

x +2 .

x −2

x +2

) + x(

x +2

x

)=

x −2+ x +2 = 2 x

.

x2 + 4 x + 4 = 3

⇔ x2 + 4 x + 4 = 9
⇔ x2 + 4 x − 5 = 0
⇔ ( x − 1) ( x + 5 ) = 0
x = 1
⇔
 x = −5
S = { 1;−5}
Vậy
Câu 1:
P : y = 2x2
d : y = 2x + 4
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho Parabol ( )
và đường thẳng ( )
P
d
1.Vẽ Parabol ( ) và đường thẳng ( ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
P
d
2.Tìm tọa độ giao điểm của Parabol ( ) và đường thẳng ( ) bằng phép tính.
d ' : y = ax + b

d'
d
d
3.Viết phương trình đường thẳng ( )
. Biết rằng ( ) song song với ( ) và ( 1 ) và
N 2; 3 )
đi qua điểm (
.
Lời giải

1. Học sinh tự vẽ hình.
2. Phương trình hồnh độ giao điểm là
 x = −1⇒ y = 2
2x2 = 2x + 4 ⇔ 2x2 − 2x − 4 = 0 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ 
x = 2 ⇒ y = 8
−1; 2 ) , ( 2;8 )
Vậy tọa độ giao điểm là (
.
a = 2

d'
d
3. Vì ( ) song song với ( ) nên b ≠ 4 .
x = 2

d'
N 2; 3 )
Vì ( ) và đi qua điểm (
nên  y = 3 .

( d ')

ta có 3 = 2.2 + b ⇒ b = −1 (TMĐK b ≠ 4 ).
d ' : y = 2 x − 1.
Vậy phương trình ( )
Thay vào

Câu 2:
2
1.Giải phương trình: x − 7 x + 10 = 0 (khơng giải trực tiếp bằng máy tính cầm tay)

2 x − y = 5

2.Giải hệ phương trình:  x + y = 1 (không giảitrực tiếp bằng máy tính cầm tay)
2
3.Cho phương trình (ẩn x ) x − 6 x + m = 0
a)Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 .
b)Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 thỏa mãn điều kiện

x12 − x22 = 12

.

Lời giải
x2 − 7x + 10 = 0
1.
∆ = b 2 − 4ac = ( −7 ) − 4.1.10 = 9 > 0
Ta có
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

2

x1 =

−b + ∆ 7 + 3
=
=5
2a
2

x2 =

−b − ∆ 7 − 3
=
=2
2a
2

 2 x − y = 5 3 x = 6
x = 2
⇔
⇔

 y = 1− x
 y = −1
2.  x + y = 1
Vậy (x;y) = (2;−1) .
2
3. x − 6 x + m = 0
2

a) ∆ ' = b' − ac = 9− m.

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ ' > 0 ⇔ 9− m > 0 ⇔ m < 9
x1 + x2 = 6

xx =m
b)Áp dụng Viet ta có  1 2
x12 − x22 = 12 ⇔ ( x1 + x2 ) ( x1 − x2 ) = 12
⇔ x1 − x2 = 2 ⇔ ( x1 − x2 ) = 4
2

⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1x2 = 4
2

⇔ 36 − 4m = 4 ⇔ m = 8(tm)
Vậy m = 8 .

Câu 3:
1. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , biết AB = 5cm ; BH = 3cm . Tính
AH , AC và sin·CAH
.
O,R )
O,R )
2.Cho đường trịn (
, đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (
và lấy


trên tiếp tuyến đó điểm P sao cho AP > R , từ P kẻ tiếp tuyến thứ hai tiếp xúc với đường tròn
( O,R ) tại M .

a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp được đường tròn.
b) Chứng minh BM song song OP .
c) Biết đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BM tại N , AN cắt OB tại K , PM
cắt ON tại I , PN cắt OM tại J . Chứng minh ba điểm K ,I ,J thẳng hàng.

Lời giải
1.
Áp dụng Pitago vào tam giác vuông ABH

AB 2 = AH 2 + BH 2
⇒ AH 2 = AB 2 − BH 2 = 52 − 32 = 16 ⇒ AH = 4( cm )
BH.BC = AB2 ⇔ BH.13 = 52 ⇒ BH =

25
(cm)
13
.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông
ABC
AH 2 16
= ( cm )
BH
3
16 25
BC = BH + CH = 3 + = ( cm )
3
3
Do đó
ABC

Áp dụng Pitago vào tam giác vuông
AH 2 = BH .CH ⇒ CH =

AC 2 = CH .BC =
⇒ AC =

16 25 400
× =
3 3
9

20
cm )
3

CH 16 20 4
sin·CAH =
= : =
CA 3 3 5

2.
a)Xét tứ giác APMO có
·
·
PAO
+ PMO
= 900 + 900 = 1800 ⇒ APMO n
ội tiếp đường trịn đường kính PO .
b) Chứng minh BM // OP
BM ⊥ AM (góc nội tiếp chắn nửa đườn

tròn) (1)
PA,PM là hai tiếp tuyến xuất phát từ
P ⇒ PO ⊥ AM (2)


Từ (1),(2) ⇒ BM // OP
c) Tam giác ANB có NO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên ∆ ANB cân tại N
suy ra NO cũng là phân giác
·
·
hay ANO = ONB
·
·
Lại có ANO = PAN (so le trong, PA // NO )
·ONB = ·NOP
(so le trong, PO // BM )
·
·
Suy ra ANO = ONB ⇒ PNOA nội tiếp đường trịn đường kính PO
⇒ ·PNO = 900 ⇒ PAON là hình chữ nhật.
⇒ K là trung điểm PO và AN
Ta có JOP có ON ,PM là các đường cao cắt nhau tại I

⇒ I là trực tâm ∆ JOP ⇒ JI ⊥ OP ( 3)
Mặt khác PNMO là hình thang nội tiếp đường trịn đường kính PO
⇒ PNMO là hình thang cân
⇒ ·NPO = ·MOP hay ⇒ ·JPO = ·JOP
Do đó ∆ JPO cân tại J có JK là trung tuyến ⇒ JK cũng là đường cao
⇒ JK ⊥ OP ( 4 )
Từ

( 3) ,( 4 ) ⇒ K ,I ,J thẳng hàng.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH
Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm
Câu 1. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = (1 – m)x + m + 1 đồng biến trên R
A. m > 1

B. m < 1

C. m < -1

D. m > -1

2
Câu 2. Phương trình x − 2x − 1 = 0 có 2 nghiệm x1 ; x 2 . Tính x1 + x 2

A. x1 + x 2 = 2

B. x1 + x 2 = 1

C. x1 + x 2 = −2

D. x1 + x 2 = −1

Câu 3. Cho điểm M(xM; yM) thuộc đồ thị hàm số y = -3x2 . Biết xM = - 2. Tính yM
A. yM = 6

Câu 4. Hệ phương trình
A. 0

B. yM = -6

x − y = 2

3x + y = 1
B. 1

C. yM = -12

D. yM = 12

có bao nhiêu nghiệm ?
C. 2

D. Vô số


Câu 5. Với các số a, b thoả mãn a < 0, b < 0 thì biểu thức a ab bằng
2

A. − a b

3
B. − a b

3
D. − a b

a 2b

C.

Câu 6. Cho ∆ABC vng tại A có AB = 3cm, AC = 4cm. Tính độ dài đường cao AH của ∆ABC

A.

AH =

12
cm
7

5
AH = cm
2
B.

C.

AH =

12
cm
5

7
AH = cm
2
D.

Câu 7. Cho đường tròn (O; 2cm) và (O’; 3cm). biết OO’ = 6cm. Số tiếp tuyến chung của 2 đường tròn là
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 8. Một quả bóng hình cầu có đường kính 4cm. Thể tích quả bóng là

32
π cm3
3
A.

32
cm 3
3
B.

256
π cm3
3
C.

256
cm3
3
D.

Phần 2: Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A = 3 − 2 2 − 3 + 2 2
1
6 
 2
−
+

÷.
a
−
9
a
+
3
a
−
3



2) Chứng minh rằng

(

)

a +3 =1

Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x - 6 = 0 (1)

Với a > 0, a ≠ 9
(với m là tham số)

1) Giải phương trình (1) với m = 0
2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt
3) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình . Tìm các giá trị của m để

x 22 − x1x 2 + (m − 2)x1 = 16

2

 x − xy + y − 7 = 0
 2
 x + xy − 2y = 4(x − 1)
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 

Câu 4. (2,5 điểm) Qua điểm A năm ngồi đường trịn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là
các tiếp điểm. Gọi E là trung điểm của đoạn AC, F là giao điểm thứ hai của EB với (O)

1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF  ∆BEC
2) Gọi K là giao điểm thứ hai của AF với đường tròn (O). Chứng minh BF.CK = BK.CF
3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF


Câu 5. (1,5 điểm) Xét các số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2.

1
P = (x + y + z) 2 + 4(x 2 + y 2 + z 2 − xy− yz − zx)
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

----------------------------Hết---------------------------HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 TỈNH NAM ĐỊNH 2019 -2020
I/ Trắc nghiệm
Câu
Đáp án

1
B

2
A

3
C

4
B

5

D

6
C

7
D

II/ Tự luận
Câu 1:
1) A = 3 − 2 2 − 3 + 2 2 = 2 − 2. 2.1 + 1 − 2 − 2. 2.1 + 1

= ( 2 − 1) 2 − ( 2 + 1) 2 =

2 −1 −

2 +1

= 2 − 1 − 2 − 1 = −2

2) Với a > 0, a ≠ 9 Ta có:
1
6 
 2
VT = 
−
+
÷.
a −3 a −9
 a +3

=

2 a −6 − a −3+ 6

 2( a − 3) − ( a + 3) + 6 
a + 3 = 
÷
÷.
(
a
−
3)



)

(

a +3

)

a −3

= 1 = VP
a −3
1
6 
 2

−
+

÷. a + 3 = 1
a > 0, a ≠ 9
a
−
9
a
+
3
a
−
3


Vậy
Với
Câu 2:
a −3

=

(

(

)

 x = −1 + 7

x 2 + 2x − 6 = 0  ⇔ 
  
 x = −1 − 7
1/ Với m = 0 ta có phương trình:
Vậy khi m =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = −1 + 7 và x = −1 − 7
2/ Ta có ∆ = (m − 2) − 4.1.(−6) = (m− 2) + 24  > 0 với mọi m.
Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với mọi m.
3) Phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với mọi m.
2

Theo Vi-ét ta có:
Ta có :

2

 x1 + x 2 = m − 2

 x 1 x 2 = −6

x 22 − x1x 2 + (m − 2)x1 = 16

⇔ x 22 − x1x 2 + (x1 + x 2 )x1 = 16 ⇔ x 22 − x1x 2 + x12 + x1x 2 = 16
⇔ (x1 + x 2 ) 2 − 2x1x 2 − 16 = 0 ⇔ (m − 2) 2 − 2.( −6) − 16 = 0
m − 2 = 2
m = 4
⇔ (m − 2) 2 = 4 ⇔ 
⇔
 m − 2 = −2  m = 0

8

A


Vậy khi m = 0, m = 4 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn:
Câu 3:

 x 2 − xy + y − 7 = 0

 2

 x + xy − 2y = 4(x − 1)

x 22 − x1x 2 + (m − 2)x1 = 16

(1)
(2)

2
Ta có: (2) ⇔ x + xy − 2y − 4x + 4 = 0
⇔ (x 2 − 4x + 4) + xy − 2 y = 0

⇔ (x − 2) 2 + y(x − 2) = 0
x − 2 = 0
x = 2
⇔ (x − 2)(x − 2 + y) = 0 ⇔ 
⇔
x − 2 + y = 0
x = 2 − y
+ Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được: 4 – 2y + y – 7 = 0  y = -3
+ Thay x = 2 – y vào phương trình (1) ta được :

(2 − y) 2 − (2 − y)y + y − 7 = 0
⇔ 4 − 4y + y 2 − 2y + y 2 + y − 7 = 0
⇔ 2y 2 − 5y − 3 = 0
2
2
Phương trình 2y − 5y − 3 = 0 có ∆ = ( −5) − 4.2.( −3) = 49 > 0,

∆ =7

5+7
5−7
1
= 3; y 2 =
=−
4
4
2
Ta có:
+ y = 3 ⇒ x = 2 − 3 = −1
1
1 5
+ y = − ⇒ x = 2+ =
2
2 2
y1 =


1 
5

∈ (−1; 3), (2; − 3),  ; − ÷
2 
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) 
Bài 4:

1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF  ∆BEC
Có AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) , B và C là ác tiếp điểm

·
AB ⊥ OB, AC ⊥ OC ⇒ ABO
= 900 , ·ACO = 900
·
·
ABO
+ ACO
= 900 + 900 = 1800

Tứ giác ABOC có
+ Đường trịn (O) có:

nên tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn

·
EBC
là góc nội tiếp chắn cung CF
·
ECF

là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AC và dây cung CF

·
·
⇒ EBC
= ECF
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CF)


Xét ∆CEF và ∆BEC có

·
BEC
là góc chung
·EBC = ECF
·

(chứng minh trên)
 ∆CEF  ∆BEC (g . g)

2) Chứng minh BF.CK = BK.CF
Xét ∆ABF và ∆AKB có

·
BAK
là góc chung
·ABF = AKB
·
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF)
⇒

 ∆ABF  ∆AKB (g . g)
Chứng minh tương tự ta có:

BF AF
=
(1)
BK AB

CF AF
=
CK
AC
∆ACF  ∆AKC (g . g) 

(2)

Mà AB = AC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O))

⇒

(3)

BF CF
=
⇒ BF.CK = BK.CF
BK CK

Từ (1), (2) và (3) 
3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp ∆ABF
Có ∆ECF  ∆EBC (Chứng minh câu a)

⇒

EC EF
=
⇒ EC2 = EB.EF
EB EC

⇒ EA 2 = EB.EF ⇒

Mà EC = EA (gt)
Xét ∆BEA  ∆AEF có:

EA EF
=
EB EA
·
AEB
là góc chung

·

EA EF
=
EB EA

·

·

·

 ∆BEA  ∆AEF (c.g.c) ⇒ EAF = EBA ( hai góc tương ứng) hay EAF = ABF
Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chưa điểm E, kẻ tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

·

·

·

ABF ⇒ EAF = xAF (Cùng bằng ABF )  tia AE trùng với tia Ax
 AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF
Câu 5:
Ta có:
x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = 2
 [(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = 2
 (x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) = 2
 (x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = 2
 (x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = 2
 (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = 2
 x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ 0
Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ 0 với mọi x, y, z
 x² + y² + z² - xy - xz – yz > 0  x + y + z
Đặt x + y + z = t (t > 0)  x² + y² + z² - xy - xz – yz

=

t
2 khi đó ta có

 8
1
t2 8  t2
2
2
2
2
P = (x + y + z) + 4(x + y + z − xy − yz − zx) = + =  + 2 ÷+ − 2
2
2 t 2
 t
t2
t2
+2≥2
.2 = 2t
2
Áp dụng BĐT Cô si ta có: 2
(dấu bằng xảy ra  t = 2)
8
8
2t + ≥ 2 2t. = 8
t
t
(dấu bằng xảy ra  t = 2)
 P ≥ 8 – 2 = 6. Tồn tại x = y = 1, z = 0 thì P = 6
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2019 - 2020
Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

A = 12 − 2 5 3 + 60.
a)
4 x x2 − 6 x + 9
B=
.
x −3
x
b)
với 0 < x < 3.
Câu 2: (2,5 điểm)
1) Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) và N(2; 1).
2
2
2) Cho phương trình: x − 2mx + m − m + 3 = 0 (1), với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) với m = 4.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 và biểu thức:

(

)

P = x1 x2 − x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3: (1,5 điểm)
Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến - Cậu bé 13 tuổi qua
thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180km từ Sơn La đến bệnh viện
Nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và
đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là
35km/h. Tính vận tốc xe đạp của bạn Chiến.
Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB và MN vng góc với nhau. Trên tia đối của tia
MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vng góc với BC (H thuộc BC).
a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp.
b) MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC.
c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K. Chứng minh 3
điểm C, K, E thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình:

5 x 2 + 27 x + 25 − 5 x + 1 = x 2 − 4.

HƯỚNG DẪN LÀM BÀI
Câu 1:
A=

(

12 − 2 5

)

3 + 60 = 36 − 2 15 + 2 15 = 36 = 6

a)
b) Với 0 < x < 3 thì

x −3 = 3− x

4x x2 − 6x + 9 2 x
B=
.

=
.
x−3
x
x−3

( x − 3)
x

2

=

−2 x x − 3 −2 x ( 3 − x )
.
=
= −2
3− x
x
( 3 − x) x

Câu 2:
1) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) nên a + b = −1


đồ thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) nên 2a + b = 1
 a + b = −1  a = 2
⇔

2

a
+
b
=
1
⇔

b = −3
Yêu cầu bài toán
Vậy hàm số phải tìm là y = 2x - 3.
2
2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x − 8 x + 15 = 0 . Có ∆ = 1 > 0
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 = 3; x2 = 5;

( −m )
b) Ta có: ∆' =

2

− 1. ( m 2 − m + 3 ) = m 2 − m2 + m − 3 = m − 3

.
Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi ∆' ≥ 0 ⇔ m − 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ 3
 x1 + x2 = 2m

x .x = m 2 − m + 3
Với m ≥ 3 , theo định lí Vi-ét ta có:  1 2
Theo bài ra: P = x1 x2 − x1 − x2 = x1 x2 − ( x1 + x2 )

Áp đụng định lí Vi-ét ta được:

P = m 2 − m + 3 − 2m = m 2 − 3m + 3 = m(m − 3) + 3
Vì m ≥ 3 nên m(m − 3) ≥ 0 , suy ra P ≥ 3 . Dấu " = " xảy ra khi m = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3.
Bài 3:
Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ.
Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x (km/h, x > 0 )
Vận tốc của ô tô là x + 35 (km/h)
Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là: 7x (km)
Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5( x + 35) (km)
Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình:
7 x + 1,5( x + 35) = 180 ⇔ 7 x + 1,5 x + 52, 2 = 180 ⇔ 8,5 x = 127,5 ⇔ x = 15 (thỏa mãn)
Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/h.
Bài 4:
0
0
·
·
a) Ta có: MOB = 90 (do AB ⊥ MN) và MHB = 90 (do MH ⊥ BC)
0
0
0
·
·
Suy ra: MOB + MHB = 90 + 90 = 180
M
⇒ Tứ giác BOMH nội tiếp.
K
·
·
OBM

=
OMB
b) ∆OMB vuông cân tại O nên
(1)
E
·OBM = OHM
·
Tứ giác BOMH nội tiếp nên
(cùng chắn cung OM)
·OMB = OHB
·
A
và
(cùng chắn cung OB) (2)
O
·OHM = OHB
·
Từ (1) và (2) suy ra:
ME MH
⇒
=
·
⇒ HO là tia phân giác của MHB
BE HB (3)
N
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vng tại M có MH là
HM HC
HM 2 = HC.HB ⇒
=
HB HM (4)

đường cao ta có:
ME HC
=
( 5) ⇒ ME.HM = BE.HC
Từ (3) và (4) suy ra: BE HM
(đpcm)
0
·
c) Vì MHC = 90 (do MH ⊥ BC) nên đường trịn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
·
⇒ MKC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

C

H

B


0
·
MN là đường kính của đường trịn (O) nên MKN = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
·
·
⇒ MKC
+ MKN
= 1800
⇒ 3 điểm C, K, N thẳng hàng
(*)

HC MC
⇒
=
MH BM . Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g)
HC MC
ME HC
=
=
⇒ HM BN , kết hợp với BE HM (theo (5) )
MC ME
=
0
·
·
Suy ra: BN BE . Mà EBN = EMC = 90 ⇒ ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
0
·
·
·
·
⇒ MEC
= BEN
, mà MEC + BEC = 180 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
·
·
⇒ BEC
+ BEN
= 1800
⇒ 3 điểm C, E, N thẳng hàng

(**)
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
⇒ 3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)
Câu 5: ĐKXĐ: x ≥ 2

Ta có:
5 x 2 + 27 x + 25 − 5 x + 1 = x 2 − 4
⇔ 5 x 2 + 27 x + 25 = 5 x + 1 + x 2 − 4
⇔ 5 x 2 + 27 x + 25 = x 2 − 4 + 25 x + 25 + 10 ( x + 1)( x 2 − 4)
4 x 2 + 2 x + 4 = 10 x + 1)(x 2 − 4)
⇔ 2 x 2 + x + 2 = 5 ( x + 1)( x 2 − 4)
Cách 1:
⇔ ( x 2 − 2 x − 4 ) ( 4 x 2 − 13x − 26 ) = 0
(1)
Giải ra được:

x = 1 − 5 (loại); x = 1 + 5 (nhận);
Cách 2:
(1)

⇔5

(x

2

x=

(1)

13 + 3 65
13 − 3 65
x=
8
8
(nhận);
(loại)

− x − 2) ( x + 2) = 2 ( x2 − x − 2 ) + 3 ( x + 2)

(2)

2
Đặt a = x − x + 2; b = x + 2 (a ≥ 0; b ≥ 0)
Lúc đó, phương trình (2) trở thành:

a = b
⇔ 2a2 − 5ab + 3b2 = 0 ⇔ ( a − b) ( 2a − 3b) = 0 ⇔ 
5ab = 2a 2 + 3b 2
 2a = 3b

- Với a = b thì

(*)

 x = 1 − 5( ktm)
x2 − x − 2 = x + 2 ⇔ x2 − 2x − 4 ⇔ 
 x = 1 + 5(tm)



13 + 3 65
(tm)
x =
8
2 x 2 − x − 2 = 3 x + 2 ⇔ 4 x 2 − 13 x − 26 = 0 ⇔ 

13 − 3 65
(ktm)
x =
8

- Với 2a = 3b thì


13 + 3 65
8
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1 + 5 và
.
TUYỂN SINH VÀO 10 NINH BÌNH NĂM HỌC 2019-2020
x=

Câu 1: a) Rút gọn biêu thức A = 2 + 18 .
3x + y = 2

b) Giải hệ phương trình  2 x − y = 3.
c) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng

( d1 ) : y = x − 3 và ( d 2 ) : y = −2 x + 3 .

x

3
6 x
−
+
x +3
x − 3 x − 9 (với x ≥ 0, x ≠ 9 ).
Câu 2: 1. Rút gọn biểu thức
x 2 + 5 x + m − 2 = 0 ( 1)
2. Cho phương trình
với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi m = 6 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức
P=

S = ( x1 − x2 ) + 8 x1 x2
2

đạt giá trịNINH lớn nhất.

Câu 3: Bác Bình gửi tiết kiệm 100 triệu đồng vào ngân hàng A, kì hạn một năm. Cùng ngày, bác
gửi tiết kiệm 150 triệu đồng vào ngân hàng B, kì hạn một năm, với lãi suất cao hơn lãi suất
của ngân hàng A là 1% / năm. Biết sau đúng 1 năm kể từ ngày gửi tiền. Bác Bình nhận được
tổng sổ tiền lãi là 16.5 triệu đồng từ hai khoản tiền gửi tiết kiệm nêu trên. Hỏi lãi suất tiền
gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng A là bao nhiêu phần trăm?
Câu 4: 1. Cho đựờng tròn tâm O một điểm M nằm ngồi đường trịn. Từ M kẻ đường thẳng đi
qua tâm O , cắt đường tròn tại hai điểm A, B ( A nằm giữa M và B ). Kẻ đường thẳng thứ

Câu 5:

hai đi qua M , cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C , D ( C nằm giữa M và D , C khác

A ). Đường thẳng vng góc với MA tại M cắt đường thẳng BC tại N , đường thẳng NA
cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E .
a. Chứng minh tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh DE vng góc với MB .
2. Trên một khúc sơng với 2 bờ song song với nhau, có một chiếc đị dự định chèo qua sơng
từ vị trí A ở bở bên này sang vị trí B ở bờ bên kia, đường thẳng AB vng góc với các bờ
sơng. Do bị dịng nước đẩy xiên nên chiếc đị đã cập bờ bên kia tại vị tri C cách B mội
khoảng bằng 30 m. Biết khúc sông rộng 150 m, hỏi dòng nước đã đẩy chiếc đò lệch đi một
góc có số đo bằng bao nhiêu? (kết quả làm trịn đến giây).
2
1. Tìm tất cả các số ngun tố p sao cho tổng các ước nguyên dương của p là một số
chính

phương.
x
,
y
, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z ≥ 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
2. Cho
x2
y2
z2
T=
+
+
x + yz y + zx z + xy .
biểu thức
LỜI GIẢI
Câu 1
2

a) A = 2 + 18 = 2 + 2.3 = 2 + 3 2 = 4 2


3 x + y = 2
5 x = 5
x = 1
x = 1
⇔
⇔
⇔

b) 2 x − y = 3 2 x − y = 3 2.1 − y = 3  y = −1
( x;y) = ( 1;- 1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là
c) Tọa độ giao điểm của hai đường thằng ( d1 ) : y = x − 3 và ( d 2 ) : y = −2 x + 3 là nghiệm của hệ
phương trình
y = x −3
y = x −3
 y = x − 3 x = 2
⇔
⇔
⇔

 y = −2 x + 3  x − 3 = − 2 x + 3  x = 2
 y = −1
Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thằng
( x;y) = ( 2;- 1)

( d1 ) : y = x − 3 và ( d 2 ) : y = −2 x + 3 là

Câu 2
x
3
6 x
−
+
x +3
x −3 x−9

P=

1.

x

=

(

(

x +3

x −3

)(

)

x −3

−

) (

3

(

x +3

x +3

)(

)

x −3

+

) (

6 x
x +3

)(

x −3

)

x −3 x −3 x −9+6 x

=

(

)
(
x −9
=
=
( x + 3) ( x − 3) (
x +3

)(

x −3

Vậy P = 1

)(
x + 3) (

x +3

) =1
x − 3)

x −3

( )
2. Cho phương trình
2
a) Khi m = 6 phương trình (1) trở thành x + 5 x + 4 = 0 có a − b + c = 1 − 5 + 4 = 0 nên có hai
x2 + 5x + m − 2 = 0 1

c
x1 = −1; x2 = − = −4
a
nghiệm là

b)

Ta có

S = ( −4; −1)
Vậy, khi m = 6 thì tập nghiệm của phương trình đã cho là
x 2 + 5 x + m − 2 = 0 ( 1)

∆ = 52 − 4 ( m − 2 ) = 33 − 4m

33
∆ ≥ 0 ⇔ 33 − 4m ≥ 0 ⇔ m ≤
x
;
x
4
Phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 khi và chỉ khi

 x1 + x2 = −5

x .x = m − 2
Áp dụng định lí Vi ét cho phương trình (1) ta có  1 2
2
S = ( x1 − x2 ) + 8 x1 x2
Theo đề ra ta có
= x12 − 2 x1 x2 + x22 + 8 x1 x2
= ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2
2

= ( −5 ) + 4 ( m − 2 )
2

= 17 + 4m
Ta có

m≤

33
⇒ 4m ≤ 33 ⇒ 17 + 4m ≤ 17 + 33 = 50
4


m=

33
4

Vậy giá trị lớn nhất của S = 50 . Dấu “=” xảy ra khi

Câu 3
Gọi lãi suất gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng A là x% / năm. ( x > 0 )
( x + 1) % / năm.
Thì lãi suất gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng B là
Tiền lãi bác Bình nhận được sau 1 năm gửi vào ngân hàng A là : 100 x% (triệu đồng)
150 ( x + 1) %
Tiền lãi bác Bình nhận được sau 1 năm gửi vào ngân hàng B là :
(triệu đồng)
16,5
Tổng số tiền lãi bác Bình nhận được từ hai khoản tiết kiệm trên là
triệu đồng nên ta có

100 x% + 150 ( x + 1) % = 16,5
phương trình :
⇔ 100 x + 150 x + 150 = 1650
⇔ 250 x = 1500
⇔ x = 6 (thỏa mãn )

Vậy lãi suất tiền gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng A là 6%
Câu 4
1.
a. Chứng minh tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp.
0
·
Ta có MN ⊥ AB ⇒ NMA = 90
0
·ACB
·
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên ACB = 90
·

⇒ ·ACB = NMA
= 900

(

)

⇒ Tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại
đỉnh đối diện)
b. Chứng minh DE vng góc với MB .
Ta có tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp (chứng minh trên)
·
·
⇒ CNA
= CMA
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
·
·
Hay BNE = BMD
(1)
( O ) ta có :
Xét đường trịn
·
BNE
là góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn chắn cung AC và BE
1
·
» − sđ »AC
⇒ BNE
= sđBE

2
(2)
·DMB
là góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn chắn cung AC và BD
1
·
» − sđ »AC
⇒ DMB
= sñBD
2
(3)
»
»
Từ (1), (2) và (3) suy ra sñBE = sñBD
⇒ BD = BE (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau)
⇒ B nằm trên đường trung trực của DE
(4)
0
·
·
( O) )
Lại có ADB = AEB = 90 (các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
Xét ∆ADB và ∆AEB ta có :
·ADB = ·AEB = 900
(chứng minh trên)
AB chung
BD = BE (chứng minh trên)
Do đó ∆ADB = ∆AEB (ch-cgv)

(

)

(

)


⇒ AD = AE (hai cạnh tương ứng)
⇒ A nằm trên đường trung trực của DE
(5)
Từ (4) và (5) suy ra AB là đường trung trực của DE
⇒ AB ⊥ DE hay MB ⊥ DE (đpcm)

2.
Ta có hình vẽ :
Ta có AB ⊥ BC ⇒ ∆ABC vng tại B
AB 150
tan ·ACB =
=
= 5 ⇒ ·ACB = 780 41'24"
BC
30
Do đó
Vậy dịng nước đã đẩy chiếc đị đi lệch một góc có số đo bằng
900 − 780 41' 24" = 11018'36"
Câu 5

1.
*

2
2
Ta có p là số ngun tố ( p ∈ ¥ ) ⇒ p là số có các ước dương là 1; p; p
Theo đề bài ta có tổng các ước nguyên dương của p là một số chính phương
⇒ 1 + p + p 2 = k 2 (k ∈ ¥ * )

⇒ 4k 2 = 4 + 4 p + 4 p 2
⇔ 4k 2 = ( 2 p + 1) + 3
2

⇔ 4k 2 − ( 2 p + 1) = 3
2

⇔ ( 2k − 2 p − 1) ( 2k + 2 p + 1) = 3

(*)
Ta có k , p ∈ ¥ ⇒ 2k + 2 p + 1 > 0; 2k − 2 p − 1 < 2k + 2 p + 1
a maõ
n)
 2k − 2 p − 1 = 1
2k − 2 p = 2
 k = 1 ( thoû
(*) ⇔ 
⇔
⇔
ng thoû
a maõ
n)
 2k + 2 p + 1 = 3 2k + 2 p = 2
 p = 0 ( khoâ

Vậy khơng có số ngun tố p nào thỏa mãn đề bài
*

2.

a 2 b2 c2 ( a + b + c )
+ + ≥
x
y z
x + y + z với a, b,c, x, y, z > 0
Ta chứng minh bất đẳng thức
2

Áp dụng bất đẳng thức Bu – nhi – a - cốp – xki cho ba bộ số

  c
 a
  b

;
x
,
;
y
,
; z÷

÷

÷

÷
 x
  y

  z
 a  2  b  2  c  2 
 a 2 b2 c2 

+
+
÷
 + + ÷( x + y + z ) = 
÷
÷

÷
y z
 x   y   z   
 x


ta có
2

 a

b
c
2
≥

. x+
. y+
. z ÷ = ( a + b + c)
 x
÷
y
z


2
a 2 b2 c2 ( a + b + c )
⇒ + + ≥
x
y z
x+y+z
(*)

( x) +( y) +( z)
2

2

2





a b c
= =

x
y z
Dấu “=” xảy khi khi
Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có

yz ≤

y+z
z+x
x+y
; zx ≤
; xy ≤
2
2
2

x2
y2
z2
+
+
y+z
z+x
x+y
x+
y+
z+
2
2
2

2
2
2x
2y
2z 2
=
+
+
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z


x2
y2
z2
= 2
+
+
÷
 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 

⇒T≥

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

( x + y + z)
T≥2
4( x + y + z)
2

x + y + z 2019

=
2
2
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 673
=

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T=

2019
2 khi x = y = z = 673


TUYỂN SINH VÀO 10 BẮC NINH NĂM HỌC 2019-2020
I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau:
4

Câu 1: Khi x = 7 biểu thức x + 2 - 1 có giá trị là
1
A. 2 .

4
B. 8 .

4
C. 3 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn: D
Thay x = 7 (thỏa mãn) vào biểu thức
4
4
=
=2
7 + 2 − 1 3 −1
.

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

Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ¡ ?
A. y = 1- x .

(

y = 1C.
Lời giải

B. y = 2x - 3 .

)

2x

.

D. y = - 2x + 6.

Chọn: B
Hàm số y = 2 x − 3 đồng biến trên ¡ .
4
2
Câu 3: Số nghiệm của phương trình x - 3x + 2 = 0 là

A. 1.

B. 2.

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn: D
2
2
Đặt t = x (t ≥ 0) . Khi đó phương trình tương đương t − 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
⇒ 2
⇔
 x = 2
x = ± 2
Khi đó

Câu 4: Cho hàm số

A. a = 2.

y = ax2 ( a ¹ 0)

B.

a=

1
2.

. Điểm

M ( 1;2)

thuộc đồ thị hàm số khi

C. a = - 2.
Lời giải

D.

a=

1
4.

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

2 = a.12 ⇔ a = 2 (thỏa mãn).
O
Câu 5: Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn ( ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B,C
·
o
là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BK . Biết BAC = 30 , số đo của cung nhỏ CK là
A. 30° .
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 = sđ CK
nên
Số đo cung nhỏ CK là 30° .

Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC .
HB
1
=
3 . Độ dài đoạn BC là
Biết AH = 12cm , HC
A. 6 cm .

C. 4 3 cm .
Lời giải

B. 8 cm .

D. 12 cm .

Chọn: B
HB 1
= ⇒ HC = 3HB
Theo đề bài ta có: HC 3
. Áp
dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông
tại A có đường cao AH ta có
AH 2 = BH .HC ⇔ 12 = BH .3BH

⇔ BH 2 = 4 ⇔ BH = 2
⇒ HC = 3.HB = 3.2 = 6

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

(

) ( )
( x - 1)( x +1)
2

x +1 +

Câu 7: Cho biểu thức

x- 1

2

-

3 x +1
x- 1

a) Rút gọn biểu thức A

với x ³ 0, x ¹ 1.

b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên.
Lời giải
a) A =

=

(

)

2

x- 1 - 3 x- 1
x- 1

2x - 3 x + 1 2x - 2 x - x + 1
=
=
x- 1
x- 1

2019A =

b)

) (
2

x +1 +

(

) = 4038 -

2019 2 x + 2 - 3
x +1

2019A là số nguyên khi và chỉ khi
1;3;9;673,2019;6057 .

=

(
(

x + 2 x + 1+ x - 2 x + 1- 3 x - 1
x- 1

)(
x - 1)(

) = 2 x - 1.
x +1
x + 1)

x- 1 2 x- 1

6057
x +1.

x + 1 là ước nguyên dương của 6057 gồm:


+)

x + 1 = 1 Û x = 0 , thỏa mãn.

+)

x + 1 = 3 Û x = 4, thỏa mãn.

+)

x + 1 = 9 Û x = 64 , thỏa mãn.

+)

x + 1 = 673 Û x = 451584 , thỏa mãn.

+)

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

+)

x + 1 = 6057 Û x = 36675136, thỏa mãn.

Câu 8: An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10 của mình thấynhiều hơn 16 bài.
Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160 . Hỏi An được
bao nhiêu bài điểm 9và bao nhiêu bài điểm 10 ?
Lời giải

( x,y Î ¥ ) .
Gọi số bài điểm 9 và điểm 10 của An đạt được lần lượt là x, y (bài)
Theo giả thiết x + y > 16 .
Vì tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đó là 160 nên 9x + 10y = 160.
160
160 = 9x + 10y ³ 9( x + y) Þ x + y Ê
9 .
Ta cú
160
16 < x + y Ê
x
+

y
ẻ
Ơ
9 nờn x + y = 17.
Do
và
ìï x = 17- y
ìï x + y = 17
ï
ïí
Û
Û
í
ïï 9x + 10y = 160 ïï 9( 17 - y) + 10y = 160
ïỵ
Ta có hệ ỵ

ìï x = 10
ï
í
ïï y = 7
ỵ
(thỏa mãn).

Vậy An được 10 bài điểm 9 và 7 bài điểm 10 .
O
O
·
Câu 9: Cho đường tròn ( ) , hai điểm A, B nằm trên ( ) sao cho AOB = 90º . Điểm 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 điểm H . BK cắt ( O ) tại điểm N (khác điểm B );

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


Lời giải
a)Ta có
ìï HK ^ K C
· C + HIC
·
ï
Þ HK
= 90º+90º= 180º
í
ïï HI ^ IC
ỵ
.
Do đó,CI HK là tứ giác nội tiếp.
b) Do tứ giác CI HK nội tiếp nên
1 ¼
1 ¼
·
·
45º= ICK
= BHI

= sđBM
+ sđAN
2
2
.
¼
¼
⇒ sđBM + sđAN = 90° .
¼ = sđAB
» + (sđBM
¼ + sđAN
¼ )
sđMN
Suy ra,

= 90° + 90° = 180º

MN là đường kính của

hay

(O ) .

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

¼
Suy ra, CAI = CBK Þ sđCM = sđCN Þ C là điểm chính giữa của cung
MN Þ CO ^ MN .
Vì AC > BC nên D ABC khơng cân tại C do đó C ,O, H khơng thẳng hàng. Từ đó suy
ra CO / / DH .

1
2
Câu 10: a) Cho phương trình x - 2mx - 2m - 1 = 0 ( ) với m là tham số. Tìm m để phương trình

( 1)

có hai nghiệm phân biệt

x1, x2

sao cho

x1 + x2 + 3 + x1x2 = 2m + 1
.

2
2
b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a + b = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
a3 + b3 + 4
M =
ab + 1 .
nhất của biểu thức

Lời giải

a)

D¢= m2 + 2m + 1 = ( m + 1)

( 1)

2

.

có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi DÂ> 0 m ạ - 1.
x + x2 = 2m;x1.x2 = - 2m - 1
Áp dụng ĐL Vi-ét ta có 1
.
Phương trình

Ta có
Û

2m + 2 - 2m = 2m + 1( ĐK

2m - 1 + 2 - 2m - 1- ( 2m - 1) = 0

Û

0£ m £ 1
2m - 1
2m + 1

-

(*) )

2m - 1
2 - 2m + 1

- ( 2m - 1) = 0


ổ
( 2m - 1) ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ố

1
2m + 1

-

Vỡ 2m + 1 ³ 1, " m thỏa mãn 0 £ m £ 1
nghiệm.
Vậy giá trị cần tìm là
b) Ta có

é
êm = 1 t / m( *)
ê
2

ê
1
ê 1
- 1 = 0( 2)
ê
ê 2m + 1
2 - 2m + 1
ë

(

ư
1
÷
- 1÷
= 0Û
÷
÷
2 - 2m + 1 ø

1
2m + 1

)

a3 + b3 + 4 = a3 + b3 + 1 + 3 ³ 3ab + 3

Vì ab + 1 > 0 nên

M =

£1
. Do đó,

VT ( 2) < 0 = VP ( 2)

hay

( 2) vơ

1
2.

m=

(

Þ

)

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.

a3 + b3 + 4 3( ab + 1)
³
=3
ab + 1
ab + 1
.

Do đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 3 đạt được khi a = b = 1.

2
2
a 3 + b3 + 4 ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) + 4 = 2 2 + 4
a
≤
2;
b
≤
2.
a
+
b
=
2
+) Vì
nên
Suy ra
.
3
3
a +b +4
1
M=
≤2 2 +4
≤ 1 do ab + 1 ≥ 1
ab + 1
Mặt khác ab + 1
. Suy ra

.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ìï a2 + b2 = 2
ï
Û ( a;b) = 0; 2 Ú ( a;b) = 2;0
í
ïï ab = 0
ïỵ
.

(

)

(

)

Giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4 + 2 2 đạt được khi

( a;b) = ( 0;

)

2 Ú ( a;b) =

(

)

2;0

---------------Hết---------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN

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

(Đề chính thức)

Khóa ngày : 01/6/2019
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ
(Đề thị này gồm một trang)

Bài 1. (2,0 điểm): Giải bất phương trình và hệ phương trình sau:
3x + y = 1

a) 7 x – 2 > 4 x + 3 ;
b)  x − 2 y = 5
Bài 2. (2,0 điểm) : Cho Parabol

( P ) : y = 2 x2

và đường thẳng

( d ) : y = 3x + 2 .

a) Vẽ đồ thị (P) trên hệ trục tọa độ Oxy ;
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
Bài 3. (2,0 điểm)
 a
1   a −1
a +1 
P = 
−
−
÷
÷
2 2 a ÷
a +1
a − 1 ÷



a) Rút gọn biểu thức :
với a > 0 và a ≠ 1 .
2
b) Chứng minh rằng phương trình : x − (2m − 1) x + 2m − 4 = 0 ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x1 + x2 .

Bài 4. (2,0 điểm) : Cho ∆ ABC vng tại C nội tiếp trong đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R,
·ABC = 600
. Gọi H là chân đường cao hạ từ C xuống AB, K là trung điểm đoạn thẳng AC. Tiếp tuyến

tại B của đường tròn tâm O cắt AC kéo dài tại điểm D.
a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một đường trịn
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2.
c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O.
-----------------------HẾT----------------------HƯỚNG DẪN

Bài 1. (2,0 điểm):
a)

7 x – 2 > 4 x + 3 ⇔ 3x > 5 ⇔ x >

5
3.

5
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 3
3x + y = 1
6 x + 2 y = 2
7 x = 7
x = 1
x = 1
⇔
⇔
⇔
⇔

 x − 2 y = 5 1 − 2. y = 5
 y = −2
b)  x − 2 y = 5  x − 2 y = 5
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là

Bài 2. (2,0 điểm)
2
a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2 x
Bảng giá trị :
x
y = 2 x2

-2
8

( x; y ) = ( 1; −2 ) .

-1
2

0
0

1
2

2
( −2;8) , ( −1; 2 ) , ( 0;0 ) , ( 1; 2 ) , ( 2;8 )
Đồ thị hàm số y = 2 x là một đường cong đi qua các điểm:
Đồ thị như hình vẽ :

2
8

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) :
2 x 2 = 3 x + 22 x 2 – 3 x – 2 = 0
(*)

∆ =5
−1
x=
⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm :
2 hoặc x = 2
2
1
 −1 
 −1 1 
−1
2.  ÷ =
x=
 ; ÷
2 thì y =  2  2 ta được giao điểm  2 2 
Khi

Ta có ∆ = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > 0 ⇒

2. ( 2 ) = 8
2

Khi x = 2 thì y =

ta được giao điểm
 −1 1 
 ; ÷

( 2;8)
Vậy giao điểm của (P) và (d) là  2 2  và

( 2;8)

Bài 3. (2,0 điểm)
a) Rút gọn :
 a
1   a −1
a +1 
P = 
−
−
÷
÷
÷
a − 1 ÷
 2 2 a   a +1
với a > 0 và a ≠ 1

a −1
=
.
2 a

(

) ( a + 1)
( a − 1) ( a + 1)
2

a −1 −

2

=

=

a − 1 −4 a
.
2 a a − 1 = -2

Vậy P = -2
b) Ta có ∆ ’

( m − 1)
=
=

(m

2

2

− ( 2m − 4 ) = m 2 − 2 m + 1 − 2 m + 4 = m 2 − 4 m + 5

− 4m + 4 ) + 1

=

( m − 2)

2

+1

> 0 với mọi m
⇒ Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m
 x1 + x2 = 2(m − 1)

x . x = 2m − 4
Theo định lí vi-ét ta có :  1 2
A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
2

Theo đề bài ta có :
2
2
2
2
2
⇒ A = 4 ( m − 1) − 2 ( 2m − 4 ) = 4m − 8m + 4 − 4m + 8 = ( 2m ) − 2.2m.3 + 3 + 3 = ( 2m − 3 ) + 3 ≥ 3 ∀
m
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi m = 2


Bài 4. (2,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một đường trịn
0
·
Vì K là trung điểm của dây cung AC nên OK ⊥ AC ⇒ CKO = 90
Xét tứ giác CHOK có :
·
CKO
= 900 (cmt)
·
CHO
= 900 (vì CH ⊥ AB)
0
0
0
·
·
Vì CKO + CHO = 90 + 90 = 180 nên tứ giác CHOK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2.
Xét ∆ ACB và ∆ ABD có :
·ACB = ·ABD = 900
·
BAD
là góc chung
AC AB
=
⇒
AB
AD ⇒ AC.AD = AB2 = (2R)2 = 4R2 (đpcm)
∆

∽
∆
Vậy ACB
ABD (g-g)
c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngồi hình trịn tâm O.
Gọi S là diện tích của phần tam giác ABD nằm ngồi hình trịn tâm O
S = S ∆ABD − S ∆ABC − S vp
Khi đó :
0
0
·
·
Ta có : OB = OC = bk, ABC = 60 ⇒ ∆ OBC là tam giác đều ⇒ OB = OC = BC = R và BOC = 60
R
3R
Lại có CH ⊥ AB ⇒ H là trung điểm OB ⇒ BH = 2 ⇒ AH = 2
2
2
2
Trong ∆ CHB vuông tại H có : CH + BH = BC ⇒

CH = BC 2 − HB 2 = R 2 −

AH CH
AB.CH
=
⇒ BD =
=
AB BD
AH

Vì CH // BD (cùng vng góc với AB) nên
Khi đó :
1
1
2R 3 2R2 3
S ∆ABD = AB.BD = .2 R.
=
2
2
3
3
2
1
1 R 3
R 3
S∆ABC = CH . AB = .
.2 R =
2
2 2
2

R2 R 3
=
4
2

R 3
2 = 2R 3
3R
3

2

2 R.