bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2020 có đáp án chi tiết (tập 2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2019- 2020
ĐẮK LẮK
ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:

A  32  6. 3 

22
11 .

2
2) Giải phương trình: x  2x  0 .
2
A 3;1
3) Xác định hệ số a của hàm số y  ax , biết đồ thị của hàm số đó đi qua điểm 
.
2
Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình: x  (2m  n)x  (2m  3n  1)  0 (1) (m, n là tham số).

1) Với n  0 , chứng minh rằng phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m.
2
2
2) Tìm m, n để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn x1  x 2  1 và x1  x 2  13.

Câu 3. (2,0 điểm)

2
2 . Gọi A, B
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình:
lần lượt là giao điểm của d với trục hoành và trục tung; H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Tính
độ dài các đoạn thẳng OH (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
y  x 

2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 12 cm, bán kính đáy là 2cm, lượng nước trong
cốc cao 8 cm. Người ta thả vào cốc nước 6 viên bi hình cầu có cùng bán kính 1cm và ngập hồn
tồn trong nước làm nước trong cốc dâng lên. Hỏi sau khi thả 6 viên bi vào thì mực nước trong cốc
cách miệng cốc bao nhiêu xentimét? (Giả sử độ dày của cốc là khơng đáng kể)
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. Điểm M thuộc cung nhỏ
0
�
BD sao cho BOM  30 . Gọi N là giao điểm của CM và OB. Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O)
cắt OB, OD kéo dài lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua N và vng góc với AB cắt EF tại P.
1) Chứng minh tứ giác ONMP là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác EMN là tam giác đều.
3) Chứng minh NC  OP .
4) Gọi H là trực tâm của tam giác AEF. Hỏi ba điểm A, H, P có thẳng hàng khơng? Vì sao ?
Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  2y  3z  2 .
xy
3yz
3xz
S


xy  3z
3yz  x

3xz  4y .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
----------Hết---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………..……… Số báo danh:…………………………………


Chữ kí của giám thị 1:………………………..……….. Chữ kí của giám thị 2:………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2019- 2020
Mơn thi: TỐN

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐÁP ÁN

CÂU

1)

A  32  6. 3 

22
22
 4 2  2. 3. 3 
11
11

0.25

 4 2 3 2  2

0.25

2 2.
x  2x  0 � x  x  2   0

0.25

2

2)

0.25

x0
�
��
x20
�
x0
�
��
x  2.
�

1

0.25
0.25

2
2
A  3;1
3) Đồ thi hàm số y  ax đi qua điểm
khi và chỉ khi a( 3)  1
1
�a
9.
2
1) Với n = 0, phương trình (1) trở thành: x  2mx  (2m  1)  0 .
 '  m 2  2m  1
 (m  1)2 .

2)
2

ĐIỂM

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

 ' �0, m nên phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m.

0.25

x1  x 2  1
�x1  x 2  1 �
�
�
�2
�
2
2
 x1  x 2   2x1x 2  13
�
�x1  x 2  13

0.25

�x  x 2  1
� �1
�x1x 2  6

Phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn
2m  n  1
�
��
2m  3n  5
�

�m  1
��
�n  1 .

0.25

�x1  x 2  1
�2
2
�x1  x 2  13

khi và chỉ khi:

0.25

0.25


�2 �
2
A
�
y0�x 
�2 ;0 �
�
�.
2
1)
. Do đó, giao điểm của d với trục hoành là �
� 2�
2
B
0;

�
�
x  0� y
�
�
2 . Do đó, giao điểm của d với trục tung là � 2 �.
2
2 (cm).
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vng ABC, ta có:
� OA  OB 

3

AB  OA 2  OB2  1 (cm)
AB 1
� OH 

2
2 (cm).
2) Thể tích nước dâng lên chính là tổng thể tích của 6 viên bi thả vào và bằng:
4
6.  .13  8 (cm 3 )
3
.
Dễ thấy phần nước dâng lên dạng hình trụ có đáy bằng với đáy của cốc nước và có thể
3
tích bằng 8 (cm ) .

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

8
 2(cm)
2
Chiều cao của phần nước dâng lên là  .2
.

0.25

Vậy mực nước dâng cao cách miệng cốc là: 12  8  2  2 (cm).

0.25

4

0.5

0
�
1) Ta có: ONP  90 ( PN  OB ).
�  900
OMP
(EF là tiếp tuyến tại M của đường tròn (O)).

Tứ giác ONMP có N, M cùng nhìn OP dưới một góc vng nên là tứ giác nội tiếp.

900  300
�  1 CMO
�
CME

 600
2
2
2) Ta có:
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung).
0
0
0
0
�
�
Tam giác OME vng tại M, có MOE  30 � OEM  90  30  60 .

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


0
�
�
Tam giác EMN có NME  NEM  60 nên là tam giác đều.
�

�
�
�
3) Tứ giác ONMP nội tiếp nên NME  NOP , mà NME  MNE (tam giác EMN đều).
�  MNE
� � OP / /CM
� NOP
.
Tứ giác OCNP có OP / /CN ; NP / /CO nên là hình bình hành � OP  CN ..

4) Tam giác ENM đều, NM / /OP nên suy ra tam giác EOP đều.
0
0
0
0
�
�
Giả sử ba điểm A, H, P thẳng hàng � AP  EF � APO  90  OPE  90  60  30 .
�  MOE
�  300
AP  EF � AP / /OM � PAO
(đồng vị).
Suy ra tam giác AOP cân � OP  OA (mâu thuẫn vì P nằm trên tiếp tuyến tại M của
đường trịn (O) nên P khơng thuộc đường trịn (O)).
Vậy ba điểm A, H, P không thẳng hàng.
Đặt a  x; b  2y;c  3z , ta được: a, b,c  0; a  b  c  2 .
ab
bc
ac
S



ab  2c
bc  2a
ac  2b .
Khi đó:

Xét

ab
ab


ab  2c
ab   a  b  c  c

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

ab
1�a
b �
� �

 a  c   b  c  2 �a  c b  c �

�

a
b

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  c b  c .
5

0.25

0.25

bc
1� b
c �
ac
1� a
c �
� �

� �

�;
�
Tương tự ta có: bc  2a 2 �b  a c  a � ac  2b 2 �a  b c  b �.
b
c
a
c



Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  a c  a ; a  b c  b .
1 �a  b b  c a  c � 3
S� �


�
2 �a  b b  c a  c � 2 .
Cộng các vế ta được:
3
2
a bc
3 hay giá trị lớn nhất của
Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 2 khi và chỉ khi
3
2
1
2
x  ;y  ;z 
S bằng 2 khi và chỉ khi
3
3
9.
B. HƯỚNG DẪN CHẤM

0.25

0.25

1. Điểm bài thi đánh giá theo thang điểm từ 0 đến 10. Điểm của bài thi là tổng của các điểm thành

phần và khơng làm trịn.
2. Học sinh giải theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó.
------- HẾT ------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: Tốn (Khơng chun)


Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (1,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình
a) x  3  0 .
�x  3 y  4
�
b) �2 x  5 y  7 .
Bài 2: (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau
a) A  45  20  5 .
x x
x4

x
x  2 với x  0 .
b)
2
Bài 3: (2,0 điểm) Cho Parapol ( P) : y  x và đường thẳng (d ) : y  2 x  3 .
2
a) Vẽ Parapol ( P ) : y  x và đường thẳng (d ) : y  2 x  3 trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

B

 P  và  d  .
b) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của
Bài 4: (1,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
2
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 1200 m . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh
vườn hình chữ nhật đó, biết rằng chiều dài hơn chiều rộng là 10 m .
 O;6 cm  . Kẻ hai tiếp tuyến MN , MP (
Bài 5: (3,0 điểm) Cho một điểm M nằm bên ngồi đường trịn
N , P là hai tiếp điểm) của đường tròn  O  . Vẽ cát tuyến MAB của đường tròn  O  sao cho đoạn thẳng
AB  6 cm với A, B thuộc đường tròn  O  , A nằm giữa M và B .
a) Chứng minh tứ giác OPMN nội tiếp đường tròn.

�
�
b) Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB . So sánh góc MON và góc MHN .

 O .
c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ AB và dây AB của hình trịn tâm
1
abc 
a
,
b
,
c
abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
Bài 6: (1,0 điểm) Cho các số thực dương
thỏa mãn

P   a  b  a  c 
thức
.
------------------------ Hết -------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ, tên thí sinh: …………………………………………. Số báo danh: …………………………


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TỐN CHUNG CHÍNH THỨC
CÂ
U
Bài 1
(1đ)

ĐÁP ÁN

BIỂU
ĐIỂM
0.5

a) x  3  0 � x  3
2x  6 y  8
�x  3 y  4
�
��
�
2x  5 y  7
�
b) �2 x  5 y  7

0.25

�y  1
�y  1
�x  1
��
��
��
2 x  5.1  7
�2 x  5 y  7
�
�y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) .
Bài 2
(2đ)

0,5
0,5

a) A  3 5  2 5  5
4 5

b)

B

x



 

x 1
x

0,25

x 2



x 2



0,5

x 2

0,25
0,25

 x 1 x  2
 2 x 1
a)
Vẽ đồ thị
2
Tọa độ điểm của đồ thị ( P) : y  x
x
-2
-1

2
4
1
yx

Bài 3
(2đ)

0
0

1
1

2
4

Tọa độ điểm của đồ thị (d ) : y  2 x  3
x
0
3
2
y  2x  3
3
0

0,25

0,25

0,25
0,25

Bài 4
(1đ)

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):
x2  2 x  3 � x2  2 x  3  0
Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0
x  1
y 1
�
�
� �1
� �1
x 3
y2  9
�
Pt �2
. Từ Pt của (P)
A  1;1 , B(3;9)
Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là
.
* Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

0,5
0,25
0,25
0,25

Gọi x là chiều rộng của hình chữ nhật, ( ĐK x  0 ).
Vì chiều dài hơn chiều rộng là 10m nên chiều dài là : x  10 (m)
Diện tích hình chữ nhật 1200m2 nên ta có phương trình :
x  x  10   1200

0.25

Giải phương trình : x  10 x  1200  0 ta được x1  30 (thỏa ĐK) ; x2  40 ( loại)
Vậy chiều rộng mảnh vườn là 30m, chiều dài mảnh vườn là : 40m

0.25

0.25

2

Vẽ hình đúng

0.5

Bài 5
(3đ)
a) Tứ giác PMNO có = 900 và = 900 (Tính chất tiếp tuyến)
� + = 1800 � Tứ giác PMNO nội tiếp được trong đường trịn đường kính MO.
b) Vì: H là trung điểm của AB, nên: OH  AB
�.
�OHM và cùng nhìn đoạn OM một góc 900
� Tứ giác MNHO nội tiếp trong một đường trịn .
� = ( vì cùng chắn cung MN).

c) Gọi diện tích cần tính là SVP
SVP =

SqAOB  SAOB

+ Ta có: OA = OB = AB = 6cm

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

cm 2 

S
3

AOB

AOB
�
=>
đều =>
=9
15,59
.

 R 2 n  .62.60

 6 �18,84(cm 2 )

S qAOB
360
+
= 360
.
Sq  S 
=>SVP =
= 6 - 9 3 = 3(2  - 3 3 ) �18,84 - 15,59 �3,25 (cm2).
abc 

Bài 6
(1đ)

0.25
0.25
0,25

0,25
0,25
0,25

1
abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

*Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
P   a  b  a  c 
thức
.
1
abc 

abc � abc  a  b  c   1 .
Ta có:
Theo bất đẳng thức cơsi ta có:
P   a  b   a  c   a 2  ab  ac  bc �2 a  a  b  c  .bc  2

0,25
0,25
0.25


Đẳng thức xảy ra khi:

a  a  b  c   bc
a  a  b  c  1
�
�
��
�
bc  1
bc  1
�
�

0,25

Ta thấy hệ có vơ số nghiệm dương chẳng hạn b  c  1, a  2  1 .
Vậy Pmin  2 .
* Học sinh có thể giải cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
--------Hết-------SỞ GD& ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ TS VÀO 10 THPT
Năm học: 2019 – 2020
Mơn: Tốn (Chung)
Thời gian: 90’ (không kể giao đề)
ĐỀ BÀI:

Câu 1. (2,5 điểm)
A
Cho biểu thức:

x5
x 1 7 x  3
B

x 9
x 3
x  3 và

1. Tính A khi x = 25.
2. Rút gọn biểu thức B.

A
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của B .
Câu 2. (2,5 điểm)
1. Giải phương trình:
a)

x2  5x  4  0

4
2
b) x  x  6  0

�2 x  y  7
�
x  2 y  1
2. Giải hệ phương trình: �
Câu 3. (1,0 điểm)
2
Cho phương trình: x  ax  b  1  0 (a, b là các tham số). Tìm a, b để phương trình có 2 nghiệm x1, x2
�x1  x2  3
�3
x  x23  9
thỏa mãn: �1
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) và có hai đường chéo AC, BD vng góc với nhau tại I (I khác O). Kẻ
đường kính CE.

1. Chứng minh tứ giác ABDE là hình thang cân.

AB 2  CD 2  BC 2  AD 2  2 2 R.

2. Chứng minh:
3. Từ A, B kẻ các đường thẳng vng góc với CD lần lượt cắt BD, AC tại F và K. Tứ giác ABKF là hình gì?

Câu 5. (1,0 điểm)
3
3
2

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y  x  x  x  1.

 1  a   1 b   1  c 
2

2. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: A =
số chính phương.

2

2

là một


ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,5 điểm)
A
Cho biểu thức:

x5
x 1 7 x  3
B

x 9
x  3 và
x 3

1. Tính A khi x = 25.
2. Rút gọn biểu thức B.

A
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của B .
Hướng dẫn:
x �0, x �9
ĐKXĐ:
A

25  5
30

 15
25  3 5  3

1. Với x = 25 (TMĐK) =>
x  1 7 x  3 ( x  1)( x  3) 7 x  3
B



x 9
x 9
x 3
( x  3)( x  3)


2. Có:

x  4 x  3 7 x 3 x 3 x



x9
x9

x
x 3

A x5
x
x5

:

B
x 3 x 3
x
3. Có:
ĐK: x > 0.
A x5
5
5

 x
�2. x g  2 5
x
x
x
=> B
x

Dấu "=" xảy ra <=>
Vậy MinA  2 5 � x  5

5
� x  5(TM )
x

Câu 2. (2,5 điểm)
1. Giải phương trình:
x2  5x  4  0
a)

4
2
b) x  x  6  0

�2 x  y  7
�
2. Giải hệ phương trình: �x  2 y   1
Hướng dẫn:
x 1
�
x  5x  4  0 � �
x4
�
2

�
( x 2  2)  0 � x  � 2
x  x  6  0 � ( x  2)( x  3)  0 � � 2

( x  3)  0 (Vo ly )
�
4

2

2

1. a)
b)
2x  y  7
4 x  2 y  14 �
3 x  15
�
�
�x  5
��
��
��
�
�x  2 y   1 �x  2 y   1
�x  2 y   1 �y  3
2.
Câu 3. (1,0 điểm)

2


2
Cho phương trình: x  ax  b  1  0 (a, b là các tham số). Tìm a, b để phương trình có 2 nghiệm x1, x2

�x1  x2  3
�3
x  x23  9
thỏa mãn: �1

Hướng dẫn:
  a 2  4(b  1)  a 2  4b  4
Ta có:
2
Để phương trình có nghiệm thì:  �0 � a  4b  4 �0
�x1  x2  a
�
�x1.x2  b  1

Theo Vi-Et ta có:
�x1  x2  3
�x1  x2  3
�
� ( x1  x2 ) 2  x1 x2  3
�3
�
3
2
2
x  x2  9
( x1  x2 )( x1  x1 x2  x2 )  9
�
Mà: �1
� (  a) 2  b  1  3 � b  a 2  4
2

2
2
2
2
Thay b  a  4 vào biểu thức Delta ta có:   a  4b  4  a  4( a  4)  4  3a  12
2
ĐK:  �0 � 3a  12 �0 �  2 �a �2

=>

Do:

x1 

2
2
 a    a  3a  12
a    a  3a  12

; x2 

2
2
2
2

a  3a 2  12  a  3a 2  12
x1  x2  3  x1  x2 

3

2
2
a 1
�
  3a 2  12  9  �
(TM )  b  3
a  1
�

�a  �1
�
b  3 thì pt có nghiệm thỏa mãn đề bài.
Vậy �
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) và có hai đường chéo AC, BD vng góc với nhau tại I (I khác O). Kẻ
đường kính CE.
1. Chứng minh tứ giác ABDE là hình thang cân.
AB 2  CD 2  BC 2  AD 2  2 2 R.
2. Chứng minh:
3. Từ A, B kẻ các đường thẳng vuông góc với CD lần lượt cắt BD, AC tại F và K. Tứ giác ABKF là
hình gì?
Hướng dẫn:


�  EBC
�  EDC
�  900
EAC

1. Có:

(Góc nt chắn nửa đường tròn)
� EA  AC � EA PBD (  AC ) � EADB
là hình thang (1)
0
�
�
�
�BEC  BCE  90
�
�  ICD
�  900
�IDC
Mà:
(cmt)
1�
�  BDC
� �
IDC
ADC  BC
�
BC
2
Do:
(Góc nt chắn
)
�
�
�
�
�

� EB  AD � EB  AD
ICD  ACD  BCE
=>
=>
(2)
Từ (1) và (2) => AEBD là hình thang cân. (đpcm)
2. Có:

AB 2  CD 2  BC 2  AD 2  ( ED 2  CD 2 )  ( BC 2  EB 2 )

(Vì: AB = ED, AD = EB (cmt))

 AB  CD  BC  AD  ( ED  CD )  ( BC  EB )
2

2

2

2

2

2

2

2

2 EC 2  2.(2 R) 2  2 2 R (đpcm)

3. Giả sử : AF  CD  M ; BK  CD  N
�  IF
�A
�
MCA
CAM
=>
(Cùng phụ với
)
�  AFB
cân tại A. => AB = AF (3)
 EC 2  EC 2 


�  IAF
�
� IAB

(Đường cao trong tam giác cân)
 DC
Mà: BK // AF (cùng
)
�
�
�
� (  IAF)
�
� IKB  IAF ( SLT ) � IKB  IAB
�  ABK
cân tại B => BA = BK (4)

Từ (3) và (4) => AB = BK = AF.
=> AF//=BK => ABKF là HBH
Mặt khác: => ABKF là hình thoi.
Câu 5. (1,0 điểm)
3
3
2
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y  x  x  x  1.

 1 a   1 b   1  c 
2. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: A =
2

2

một số chính phương.
Hướng dẫn:
3
2
2
1. Với y = 0 => x  x  x  1  0 � ( x  1)( x  1)  0
<=>

( x  1)  0 ( Do : x 2  1  0  x)

<=> x = -1.

�0
Với y
=> y.y2 = (x + 1)(x2 + 1)

y

x

1
�
�2 2
x, y ��� y  y 2 , x  1  x 2  1)
�y  x  1
=>
(Vì:
2
2
( x  1)  x  1 � x 2  2 x  1  x 2  1 � x  0
=> y = 1
Vậy pt có nghiệm là: (x;y) = (-1; 0) ; (0; 1)
2. Vì: ab+bc+ca = 1 => 1 + a2 = ab+bc+ca + a2 = (a+b)(a+c) (1)
Tương tự: 1 + b2 = ab+bc+ca + b2 = (a+b)(b+c) (2)
1 + c2 = ab+bc+ca + c2 = (c+b)(a+c) (3)
Từ (1), (2) và (3) => A = (a+b)2(b+c)2(c+a)2 => A là số CP (đpcm)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (1,75 điểm)
2
1) Giải phương trình 2x - 7x + 6 = 0.
�
2x - 3y = - 5
�
�

�
3x + 4y = 18
2) Giải phương trình �
4
2
3) Giải phương trình x + 7x - 18 = 0.

Câu 2. (2,25 điểm)

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

2

là


- 1 2
x , y = 2x - 1
2
1) Vẽ đồ thị của hai hàm số
trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
y = ( m2 + 1) x + m
m
2) Tìm các tham số thực
để hai đường thẳng
và y = 2x - 1 song song với
nhau.

1
M = 3x - 5 3 2
x - 4 xác định.
3) Tìm các số thực x để biểu thức
y=

Câu 3. ( 2 điểm)

1) Cho tam giác MNP vng tại N có MN = 4a, NP = 3a với 0 < a ��. Tính theo a diện tích
xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN .
2
2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x - 3x + 1 = 0. Hãy lập một phương trình bậc hai một

2x1 - ( x2 )

2

2

2x2 - ( x1 ) .

ẩn có hai nghiệm là
và
3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau
bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm
nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ.
Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu
phần trăm trong 1 năm?
Câu 4. ( 1 điểm)

� a + a�
�
�
�
a- 3 a + 2�
�
�
�
�
P =�
�
�
�
�
�
�
� a- 2 �
1+ a�
�
�
�
�( với a�0 và a�4).
1) Rút gọn biểu thức
�
4x2 - xy = 2
�
.
�2
�
y

3
xy
=
2
y
2) Tìm các số thực x và thỏa mãn �
Câu 5. (2,5 điểm)

( O) có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại trực tâm H .
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn
�
�
�
Biết ba góc CAB, ABC , BCA đều là góc nhọn.

1) Chứng minh bốn điểm B,C , D, E cùng thuộc một đường trịn.
2) Chứng minh DE vng góc với OA. .
3) Cho M , N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao điểm của hai
đường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC .
Câu 6. (0,5 điểm)

Cho ba số thực a, b, c . Chứng minh rằng:

( a2 -

3

3

3

bc) + ( b2 - ca) + ( c2 - ab) �3( a2 - bc) ( b2 - ca) ( c2 - ab) .
HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MƠN TỐN – TỈNH ĐỒNG NAI


Câu 1. (1,75 điểm)
2
1) Giải phương trình 2x - 7x + 6 = 0.
2x - 3y = - 5
�
�
�
�
3x + 4y = 18
2) Giải phương trình �
4
2
3) Giải phương trình x + 7x - 18 = 0.

Lời giải
2

1) Giải phương trình: 2x - 7x + 6 = 0.
2

Ta có:

D = b2 - 4ac = ( - 7) - 4.2.6 = 1> 0

� 7+ 1
�
x1 =
=2
�
2.2
�
.
� 7- 1 3
�
x2 =
=
�
2.2
2
�

� Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
�3 �
S =�
� ;2�
�.
�
�
2
�
�
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
�
2x - 3y = - 5

�
�
�
3x + 4y = 18
2) Giải hệ phương trình : �

�
�
17y = 51
y=3
�
�
�
�
�
2x - 3y = - 5
6x - 9y = - 15
x=2
�
�
�
�
�
��
� � 3y - 5 � � 3.3- 5 � �
.
�
�
�
�

�
�
3x + 4y = 18
6x + 8y = 36
y=3
x=
x=
�
�
�
�
�
�
�
2
2
( x; y) = ( 2;3) .
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
4
2
3) Giải hệ phương trình: x + 7x - 18 = 0.
� t2 + 7t - 18 = 0 ( 1)
. Khi đó ta có phương trình
2
Ta có: D = 7 + 4.18 = 121> 0
� - 7 + 121 - 7 + 11
�
t1 =
=
= 2 ( tm)

�
2
2
�
� - 7 - 121 - 7 - 11
�
t2 =
=
= - 9( ktm)
�
� ( 1)
2
2
có hai nghiệm phân biệt: �
2
Với t = 2 � x = 2� x = � 2.

Đặt

x2 = t( t �0)

{

}

S = - 2; 2 .
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm:
Câu 2 ( 2,25 điểm):
- 1 2
y=

x , y = 2x - 1
2
1) Vẽ đồ thị của hai hàm số
trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
y = ( m2 + 1) x + m
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng
và y = 2x - 1 song song với
nhau.


3) Tìm các số thực x để biểu thức

M = 3x - 5 -

1
3

2

x - 4 xác định.

Lời giải
1) Vẽ đồ thị hai hàm số

+) Vẽ đồ thị hàm số
Ta có bảng giá trị:
x
1
y = - x2
2

y=

y =-

- 1 2
x , y = 2x - 1
2
trên cùng một mặt phẳng tọa độ

1 2
x
2

-4

-2

0

2

4

-8
-2
0
-2
-8
1

y = - x2
2 là đường cong đi qua các điểm ( - 4;- 8) , ( - 2;2) , ( 0;0) , ( 2;- 2) ,
Vậy đồ thị hàm số
( 4;- 8) và nhận trục Oy làm trục đối xứng.
+) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x - 1
Ta có bảng giá trị:
x
y = 2x - 1

0
-1

-2
-5

( 0;- 1) , ( - 2;- 5) .
Vậy đường thẳng y = 2x - 1 là đường thẳng đi qua hai điểm:

y = ( m2 + 1) x + m
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng
và y = 2x - 1 song song với
nhau.

Hai đường thẳng

y = ( m2 + 1) x + m

và y = 2x - 1 song song với nhau.

�
m= 1
�
2
2
�
�
�
�
m
+
1
=
2
m
=
1
�
�
m= - 1� m= 1.
��
��
��
�
�
�
�
�
�
�

m
�1
m
�1
�
�
�
�
m�- 1
�
Vậy m= 1 thỏa mãn bài tốn.

3) Tìm các số thực x để biểu thức

M = 3x - 5 -

1
3

x2 - 4 xác định.

� 5
� 5
3x - 5 �0 �
3x �5 �
�
�
x�
x�
�

�
�
�
� �2
� �2
�� 3 � �
3.
�
�
�
�
x
4
�
0
x
�
4
�
�
�
x ��2 �
x �2
�
�
Biểu thức M đã cho xác định
5
x � , x �2.
3
Vậy biểu thức M xác định khi và chỉ khi

Câu 3( 2 điểm) (VD):
1) Cho tam giác MNP vng tại N có MN = 4a, NP = 3a với 0 < a ��. Tính theo a diện tích
xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN .
2
2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x - 3x + 1 = 0. Hãy lập một phương trình bậc hai một

2x1 - ( x2 )

2

2

2x2 - ( x1 ) .

ẩn có hai nghiệm là
và
B
3) Bác vay ở một ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau
bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm
nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ.
Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu
phần trăm trong 1 năm?
Lời giải
MN = 4a, NP = 3a

1) Cho tam giác MNP vng tại N có

với 0 < a ��. Tính theo a diện tích
xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh đường thẳng MN .
Khi xoay tam giác MNP vuông tại N quanh đường thẳng MN ta được hình nón có chiều cao

h = MN = 4a và bán kính đáy R = NP = 3a.
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng MNP ta có:
2

2

MP 2 = MN 2 + NP 2 = ( 4a) + ( 3a) = 25a2
� MP = 25a2 = 5a( Do a> 0)
Do đó hình nón có độ dài đường sinh là l = MP = 5a.
S = pRl = p.3a.5a= 15pa2 .
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là xq
2
2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x - 3x + 1 = 0. Hãy lập một phương trình bậc hai một

ẩn có hai nghiệm là

2x1 - ( x2 )

2

2

và

2x2 - ( x1 ) .


2
Phương trình x - 3x + 1 = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 ( gt) nên áp dụng định lí Vi-ét ta có:
�

x1 + x2 = 3
�
�
�
x1x2 = 1
�

Xét các tổng và tích sau:
2
2
S = 2x1 - ( x2 ) + 2x2 - ( x1 ) = 2( x1 + x2 ) - ( x12 +22 )
2
= 2( x1 + x2 ) - �
= 2.3- �
32 - 2.1�
=- 1
(�x1 + x2 ) - 2x1x2 �
�
�
�
�
�
2 �
2
2
P=�
2x1 - ( x2 ) �
2x2 - ( x1 ) �
= 4x1x2 - 2x13 - 2x23 + ( x1x2 )
�

�
�
�
�
�
�
�

= 4x1x2 - 2( x13 + x23 ) + ( x1x2 )

2

= 4.1- 2 �
33 - 3.1.3�
+ 12 = - 31.
�
�
2
S2 = ( - 1) = 1�4P = - 124
Ta có
2
2
� 2x1 - ( x2 )
2x - ( x1 )
và 2
là 2 nghiệm của phương trình
2
2
X - SX + P = 0 � X + X - 31 = 0.
3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu đồng để sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra đúng 1 năm sau

bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm
nữa, số tiền lãi của năm đầu được gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ.
Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu đồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là bao nhiêu
phần trăm trong 1 năm?
Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng đó là x ( %/năm) ( ĐK: x > 0 ).
Số tiền lãi bác B phải trả sau 1 năm gửi 100 triệu đồng là 100x% = x ( triệu đồng).
� Số tiền bác B phải trả sau 1 năm là 100 + x ( triệu đồng).
Do số tiền lãi của năm đầu được tính gộp vào với tiền vốn để tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B
( 100+ x) x
( 100 + x) x% =
100
phải trả sau 2 năm là
( triệu đồng).
B
Hết 2 năm bác phải trả tất cả 121 triệu đồng nên ta có phương trình:
( 100 + x) x
100 + x +
= 121 � 10000 + 100x + 100x + x2 = 12100
100
2
� x + 200x - 2100 = 0 � x2 - 10x + 210x - 2100 = 0
� x( x - 10) + 210( x - 10) = 0 � ( x - 10) ( x + 210) = 0

�
�
x = 10 ( tm)
x - 10 = 0
��
��
�

�
x + 210 = 0
x = - 210 ( ktm)
�
�
Vậy lãi suất cho vay của ngân hàng đó là 10%/ năm.
Câu 4 ( 1 điểm)
� a + a�
�
�
�
a- 3 a + 2�
�
�
�
P =�
�
�
�
�
�
�
�
� a- 2 �
1+ a�
�
�
�
�( với a�0 và a�4).
1) Rút gọn biểu thức

�
4x2 - xy = 2
�
.
�2
�
y - 3xy = - 2
y
�
x
2) Tìm các số thực và thỏa mãn


Lời giải
� a + a�
�
�
�
a- 3 a + 2�
�
�
�
�
P =�
�
�
�
�
�
�

� a- 2 �
1+ a�
�
�
�
�
1) Rút gọn biểu thức:
( với a�0 và a�4).
Với a�0 và a�4 thì:

(

)

a 1+ a a- 2 a - a + 2
� a + a�
�
a- 3 a + 2�
�
�
�
�
�
P =�
=
.
�
�
�
�

�
�
�
�
�
�
1+ a�
1+ a
a- 2
�
� a- 2 �
= a.

(

= a.

(

) (

a

a- 2 -

)

a- 2

a - 1 = a-

Vậy P = a-

)=

a- 2

a.

(

)(

a- 1

)

a- 2

a- 2

a

a.

�
4x2 - xy = 2
�
.
�2

�
y
3
xy
=
2
y
1) Tìm các số thực x và thỏa mãn �
�
4x2 - xy = 2( 1)
�
�2
�
y - 3xy = - 2( 2)
�
( 1) cộng ( 2) vế với vế ta được:
Lấy
4x2 - xy + y2 - 3xy = 0� 4x2 - 4xy + y2 = 0
2

� ( 2x - y) = 0� 2x - y = 0 � y = 2x

( 2) ta được:
Thay y = 2x vào

� - 2x2 = - 2 � x2 = 1 � x = �1
Với x = 1 thì y = 2.1 = 2.
y = 2.( - 1) = - 2.
Với x = - 1 thì
( x; y) �{ ( 1;2) ,( - 1;- 2) } .

Vậy hệ có nghiệm
Câu 5 (2,5 điểm)

( O) có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại trực
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
�
�
�
tâm H . Biết ba góc CAB, ABC , BCA đều là góc nhọn.
2) Chứng minh bốn điểm B,C , D, E cùng thuộc một đường trịn.
3) Chứng minh DE vng góc với OA. .
4) Cho M , N lần lượt là trung điểm của hai đoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao điểm của hai
đường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC .
Lời giải


Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau.
2) Kẻ tiếp tuyến Ax chứng minh Ax / / DE.
Cách giải:
�
� = 90�
BD ^ AC � BDC
�
�
� = 90�
�
CE ^ AB � CEB
�
1) Ta có: �

�
�
Tứ giác BEDC có BDC = BEC = 90�nên nó là tứ giác nội tiếp ( tứ giá có hai đỉnh kề nhua cùng
nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
Suy ra bốn điểm B , D , C , E cùng thuộc một đường tròn.
( O) tại A .
2) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường trịn
Khi đó Ax ^ AO ( tính chất tiếp tuyến).
�
�
( 1)
Ta có: CAx = CBA ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
�
�
Do tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) � CBA = EDA ( góc ngồi tại một đỉnh bằng góc đối diên đỉnh
đó)

( 2)

( 1) và ( 2) suy ra CAx = EDA ( = CBA ) .
Từ
�

�

�

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE / / Ax .
Mà Ax ^ AO (cmt) nên DE ^ AO (đpcm).
Câu 6 (0,5 điểm)

Cho ba số thực a, b, c . Chứng minh rằng:


( a2 -

3

3

3

bc) + ( b2 - ca) + ( c2 - ab) �3( a2 - bc) ( b2 - ca) ( c2 - ab) .

Lời giải
Phương pháp:
2
2
2
Đặt x = a - bc, y = b - ca, z = c - ab đưa bất đẳng thức cần chứng minh về
x3 + y3 + z3 �3xyz.

-

x3 + y3 + z3 - 3xyz = ( x + y + z) ( x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)
Chứng minh đẳng thức
3
3
3
Từ đó đánh gái hiệu x + y + z - 3xyz và kết luận.
2

2
2
Đặt x = a - bc, y = b - ca, z = c - ab
3
3
3
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : x + y + z �3xyz.
Ta có:
x3 + y3 + z3 - 3xyz = ( x3 + y3 ) - 3xyz + z3

3

= ( x + y) - 3xy( x + y) - 3xyz + z3
3

= ( x + y) + z3 - 3xy( x + y + z)
2
= ( x + y + z) �
- 3xy( x + y + z)
( x + y) - ( x + y) z + z2 �
�
�
�
�
= ( x + y + z) �
x2 + 2xy + y2 - xz - yz + z2 - 3xy�
�
�

= ( x + y + z) ( x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)

Dễ thấy:
1 2
x - 2xy + y2 + y2 - 2yz + z2 + z2 - 2zx + x2 )
(
2
1�
2
2
2
= �
�0, " x, y, z
(�x - y) +( y - z) + ( z - x) �
�
�
2
Do đó ta đi xét dấu của x + y + z
2
2
2
Ta có: x + y + z = a - bc + b - ca+ c - ab
x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx =

1�
2
2
2
�0, " a,b,c
(�a- b) + ( b- c) + ( c- a) �
�

�
�
2
x + y + z �0�( x + y + z) ( x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx) �0

= a2 + b2 + c2 - ab- bc- ca =

Suy ra

� x3 + y3 + z3 �3xyz

( a2 hay

3

3

3

bc) + ( b2 - ca) + ( c2 - ab) �3( a2 - bc) ( b2 - ca) ( c2 - ab)

(đpcm)
Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 TỈNH ĐỒNG THÁP (2019-2020)
Câu 1. (1 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A  36  4
b) Tìm x biết x  3
Câu 2. (1 điểm)

Giải hệ phương trình:
Câu 3. (1 điểm)
Giải phương trình:

2 x  5 y  12
�
�
2x  y  4
�

x 2  7 x  12  0

Câu 4. (1 điểm)

2
y

ax
 a �0 
Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (x): y=6x+b và parabol (P):

a) Tìm giá trị của b để đường thẳng (d) đi qua điểm M(0;9)
b) Với b tìm được, tìm giá trị cảu a để (d) tiếp xúc với (P).
Câu 5. (1 điểm)
Cho phương trình x  mx  2m  3m  2  0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương
trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
Câu 6. (1 điểm)
Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong đó chiều cao trung bình của học
sinh nam là 1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học

sinh nữ của lớp 9A.
Câu 7. (1 điểm) Người ta muốn tạo một cái khn đúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm,
bán kính đáy bằng 8cm, mặt đáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ đỉnh hình nón
đến mặt đáy dưới hình trụ bằng 10cm ( như hình vẽ bên). Tính diện tích tồn bộ mặt khn (lấy
2

2

  3,14 ).

Câu 8. (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và đường cao AH ( K �BC). Vẽ
đường trịn (O) đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O)( với M, N là
các tiếp điểm, M và B nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO ). Gọi H là giao điểm của
hai đường thẳng AN và AK.
a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN
2
c) Chứng minh AN  AK . AH

HƯỚNG DẪN
GIẢI

Câu 1. (1 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A  36  4
b) Tìm x biết

x 3

Cách giải:
Ta có : A  36  4  6  2  4
Vây A = 4
Điều kiện : x �0
2
Ta có : x  3 � x  3 � x  9 ( thỏa mãn)
Vậy x = 9
Câu 2. (1 điểm)

Giải hệ phương trình:
Cách giải:
Ta có:

2 x  5 y  12
�
�
2x  y  4
�

2 x  5 y  12 �
4y  8
�
�y  2
�y  2
��
��
��
�
2x  y  4
2x  y  4 �

2 x  2  4 �x  1
�
�

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
Câu 3. (1 điểm)
Giải phương trình:

 x; y    1;2 

x 2  7 x  12  0

Cách giải:

x 2  7 x  12  0 � x 2  3 x  4 x  12  0
� x  x  3  4  x  3   0 �  x  3  x  4   0
x 30
x 3
�
�
��
��
x40 �
x4
�
Vậy phương trình có nghiệm
Câu 4. (1 điểm)

S   3;4

Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y=6x+b và parabol (P):
a) Tìm giá trị của b để đường thẳng (d) đi qua điểm M(0;9)
b) Với b tìm được, tìm giá trị câu a để (d) tiếp xúc với (P).
a) Đường thẳng (d): y=6x+b đi qua điểm M(0;9)
Cách giải:

y  ax 2  a �0 

� thay x  0; y  9 vào phương trình đường thẳng (d): y=6x+b ta được :
9= 6.0+b � b  9
Vậy b=9

 
b) Theo câu a ta có b=9
để đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép
� ax 2  6 x  9  0 *

a �0
�
a �0
a �0
a �0
�
�
�
�
�
��
��
�

� 2
'  0 �
 3  a. 9   0 �9  9a  0 �a  1
�
� a  1

Vậy a = -1 là giá trị cần tìm.


Câu 5. (1 điểm)
Cách giải:
Cho phương trình x  mx  2m  3m  2  0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương
trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
2

2

2
2
2
Phương trình x  mx  2m  3m  2  0 có a  1; b   m; c  2m  3m  2

  b 2  4ac    m   4.1. 2m 2  3m  2   9m2  12m  8   3m  2   4
2

Ta có:

3m  2 
Vì 

2

2

�0; m �  3m  2   4  0, m
2

Hay   0, m nên phương trình đã cho ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Câu 6. (1 điểm)
Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong đó chiều cao trung bình của học
sinh nam là 1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học
sinh nữ của lớp 9A.
Cách giải:
Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là x, y (x,y � ,x,y<40) (học sinh)
Lớp 9A có 40 học sinh nên ta có phươn trình x+y=40 (1)
Vì chiều cao trung bình của học sinh lớp 9A là 1,628m nên ta có phương trình
*

1,64 x  1,61y
 1,628
40
� 1,64 x  1,61 y  65,12  2 

Từ (1) và (2) ta có phương trình:

�x  y  40
�y  40  x
��
�

1,64 x  1,61y  65,12 �
1,64 x  1,61 y  65,12
�
�y  40  x
�y  40  x
��
��
1,64 x  1,61 40  x   65,12 �
1,64 x  64,4  1,61x  65,12
�
�y  40  x
�x  24
��
��
 tm 
0,03 x  0,72 �y  16
�
Vậy số học sinh nam lớp 9A là 24hs
Số hs nữ của lớp 9A là 16 học sinh
Câu 7. (1 điểm)
Người ta muốn tạo một cái khn đúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm, bán kính đáy bằng
8cm, mặt đáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ đỉnh hình nón đến mặt đáy dưới
hình trụ bằng 10cm ( như hình vẽ bên). Tính diện tích tồn bộ mặt khn (lấy )


Cách giải:
Hình trụ có bán kính r=8cm và chiều cao h=16cm nên diện tích xung quanh hình trụ là

S1  2 rh  2 .8.16  256 2  cm 2 

Diện tích 1 mặt đáy của hình trụ là

S2   r 2   .82  64  cm 2 

Phần hình nón bị lõm xuống có chiều cao h1  16  10  6cm và bán kính đáy r=8cm
2
2
2
2
Đường sinh của hình nón là l  r  h  8  6  10cm

Diện tích xung quanh của hình nón là:

S3   rl   .8.10  80  cm2 

S  S1  S2  S3  256  64  80  400  1256  cm 2 

Diện tích tồn bộ mặt khn là:
Vậy diện tích tồn bộ mặt khn là 1256(cm2)
Câu 8. (3 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và đường cao AH ( K �BC). Vẽ
đường trịn (O) đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O)( với M, N là
các tiếp điểm, M và B nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AO ). Gọi H là giao điểm của
hai đường thẳng AN và AK.
a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN
2
c) Chứng minh AN  AK . AH
Cách giải:

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

0
�
Xét đường trịn (O) có AM là tiếp tuyến nên AM  OM hay AMO  90
0
�
Lại có AK  BC suy ra AKO  90

�

�

Xét tứ giác AMKO có AMO  AKO  90 nên hai đỉnh M, K kề nhau cùng nhìn cạnh AO dưới
các góc vng, do đó tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp(đpcm)
b) Chứng minh KA là tia phân giác AKN
0

0
�
xét đường trịn (O) có AN là tiếp tuyến nên AN  ON hay ANO  90


0
0
0
�
�
Xét tứ giác KONA có AKO  ANO  90  90  180 mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác

�

�
KONA là tứ giác nội tiếp. Suy ta NKA  NOA (1)

�
�
Lại có tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên MKA  MOA (2)

�
Xét đường trịn (O) có AM, AN là 2 tiếp tuyến nên OA là tia phân giác của MON (TÍNH CHẤT)
�
�
Do đó MOA  NOA (3)

�
�
Từ (1), (2), (3) suy ra MKA  NKA hay KA là tia phân giác góc MKN (đpcm)
2
c) Chứng minh AN  AK . AH

�
xét đường trịn (O) có AMN là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung MN nên

1
�
AMN  sd cung MN  4 
2
�  MOA
�  1 MON
�
�  1 sd cung MN  5

MKA
MKA
2
2
lại có
( theo câu b) nên
�
�
Từ (4), (5) suy ra AMH  MKA .
Xét AMH và AKM có;

� chung
MAH
�
� (cmt)
AMH  MKA

AM AH

� AM 2  AK . AH
AM
suy ra AK

 
Nên
Lại có AM = AN ( tinh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AN2=AK.AH (đpcm)
AMH : AKM g.g

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH HÀ NAM NĂM HỌC 2019-2020
Câu I (2,0 điểm).

2
1) Giải phương trình x  5 x  4  0
3x  y  3
�
�
2x  y  7
2) Giải hệ phương trình: �

Câu II (2,0 điểm).
1) Rút gọn biếu thức:

A

4
5 1

 3 45 





5 1

2

� 1
1 �3  x
B�


.
�
�3  x 3  x � x , (với x  0; x �9 ).
2) Cho biểu thức:
1
B
2.
Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để
Câu III (1.5 điểm).
1
y  x2
P

Oxy
2 và đường thẳng  d  có
Trong mặt phẳng tọa độ
cho parabol
có phương trình
phương trình y  mx  3  m (với m là tham số).

 P  , biết điểm M có hồnh độ bằng 4.
1) Tìm tọa độ điểm M thuộc parabol